2019届高考数学二轮复习第二部分专项专题2 第2讲　数列求和及综合应用 学案.doc

1、第 2 讲 数列求和及综合应用 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2018 卷 an与 Sn关系的应用 T14 等差数列、等比数列的前 n 项和是高考考查的重点若以解 答题的形式考查，数列往往与解 三角形在 17 题的位置上交替考 查，试题难度中等；若以客观题 考查，难度中等的题目较多，但 有时也出现在第 12 题或 16 题位 置上，难度偏大，复习时应引起 关注. 卷 等差数列前 n 项和的最值问 题 T17 2017 卷 裂项相消法求和 T15 2016 卷 等差数列的基本运算、数列求 和 T17 卷 等比数列的通项公式、an与 Sn 的关系 T17 数列求和问题(综合型) 典型例

2、题 命题角度一 公式法求和 等差、等比数列的前 n 项和 (1)等差数列：Snna1n（n1） 2 d(d 为公差)或 Snn（a1an） 2 . (2)等比数列：Sn ? ? ? ? ?na1，q1， a1（1qn） 1q a1anq 1q ，q1其中(q 为公比) 4 类特殊数列的前 n 项和 (1)123?n1 2n(n1) (2)135?(2n1)n2. (3)122232?n21 6n(n1)(2n1) (4)132333?n31 4n 2(n1)2. 已知数列an满足 a11，an1 3an 2an3，nN *. (1)求证：数列? ? ? ? ?1 an 为等差数列； (2)设

3、T2n 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 a4a5? 1 a2n1a2n 1 a2na2n1，求 T2n. 【解】 (1)证明：由 an1 3an 2an3，得 1 an1 2an3 3an 1 an 2 3， 所以 1 an1 1 an 2 3. 又 a11，则 1 a11，所以数列? ? ? ? ? ?1 an 是首项为 1，公差为2 3的等差数列 (2)设 bn 1 a2n1a2n 1 a2na2n1? ? ? ? 1 a2n1 1 a2n1 1 a2n， 由(1)得，数列? ? ? ? ?1 an 是公差为2 3的等差数列， 所以 1 a2n1 1 a2n1 4 3，即 b

4、n? ? ? ? 1 a2n1 1 a2n1 1 a2n 4 3 1 a2n， 所以 bn1bn4 3? ? ? ? 1 a2n2 1 a2n 4 3 4 3 16 9 . 又 b14 3 1 a2 4 3? ? ? ? 1 a1 2 3 20 9 ， 所以数列bn是首项为20 9 ，公差为16 9 的等差数列， 所以 T2nb1b2?bn20 9 nn（n1） 2 ? ? ? ? 16 9 4 9(2n 23n) 求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判 断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前 n 项 和公式来求解，

5、 需掌握等差数列an的前n项和公式： Snn（a1an） 2 或Snna1n（n1） 2 d；等比数列an的前 n 项和公式：Sn ? ? ? ? ?na1，q1， a1（1qn） 1q ，q1；第三关，运算关，认真运算， 此类题将迎刃而解 命题角度二 分组转化法求和 将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、 等比数列、 常数列等)， 然后分别求和 也 可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和，即把一 个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和 已知等差数列an的首项为 a， 公差为 d， nN*， 且不等式 ax23x21 2恒成立， 故 a1 2. 综上知，实

6、数 a 的取值范围是? ? ? ? ，1 2 . A 组 夯基保分专练 一、选择题 1 在等比数列an中， 公比 q2， 前 87 项和 S87140， 则 a3a6a9?a87等于( ) A.140 3 B60 C80 D160 解析： 选C.a3a6a9?a87a3(1q3q6?q84)a1q21（q 3）29 1q3 q2 1qq2 a1（1q 87） 1q 4 714080.故选 C. 2已知数列an中，a1a21，an2 ? ? ? ?an2，n是奇数， 2an，n是偶数， 则数列an的前 20 项和为 ( ) A1 121 B1 122 C1 123 D1 124 解析：选 C.由

7、题意可知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是首 项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列an的前 20 项和为1（12 10） 12 101109 2 2 1 123.选 C. 3已知数列an满足 2a122a2?2nann(nN*)，数列? ? ? ? ?1 log2anlog2an1 的前 n 项和 为 Sn，则 S1S2S3?S10( ) A. 1 10 B.1 5 C. 1 11 D. 2 11 解析：选 C.因为 2a122a2?2nann(nN*)， 所以 2a122a2?2n 1a n1n1(n2)， 两式相减得 2nan1(n2)，a11 2也满足上

8、式，故 an 1 2n， 故 1 log2anlog2an1 1 n（n1） 1 n 1 n1， Sn11 2 1 2 1 3? 1 n 1 n11 1 n1 n n1， 所以 S1S2S3?S101 2 2 3 3 4? 9 10 10 11 1 11，故选 C. 4(2018 太原模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn3)(nN*)在函数 y32x 的图象上，等比数列bn满足 bnbn1an(nN*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是 ( ) ASn2Tn BTn2bn1 CTnan DTn0，所以 a2a312 为 anan1的最小值； 当 ? ? ? ?a42

9、5， a611 时，可得 ? ? ? ?a146， d7，此时 a n7n53，a74，a83，易知当 n7 时， an0，当 n8 时，an0，可得 q2，故 bn2n 1. 所以，Tn12 n 12 2n1. 设等差数列an的公差为 d.由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6， 可得 3a113d16， 从而 a11，d1，故 ann. 所以，Snn（n1） 2 . (2)由(1)，有 T1T2?Tn(2122?2n)n2（12 n） 12 n2n 1n2. 由 Sn(T1T2?Tn)an4bn可得 n（n1） 2 2n 1n2n2n1， 整理得 n23n40， 解得 n

10、1(舍)，或 n4. 所以，n 的值为 4. 11(2018 陕西教学质量检测(一)已知在递增的等差数列an中，a12，a3是 a1和 a9 的等比中项 (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn 1 （n1）an，Sn 为数列bn的前 n 项和，求 S100的值 解：(1)设公差为 d(d0)， 则 ana1(n1)d. 因为 a3是 a1和 a9的等比中项， 所以 a23a1a9， 即(22d)22(28d)， 解得 d0(舍去)或 d2. 所以 ana1(n1)d2n. (2)由(1)得 bn 1 （n1）an 1 2n（n1） 1 2? ? ? ? 1 n 1 n1 ， 所以 S10

11、0b1b2?b1001 2(1 1 2 1 2 1 3? 1 100 1 101) 1 2? ? ? ? 1 1 101 50 101. 12(2018 兰州模拟)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12，其 前 n 项和 Sn满足：bn1Sn2(nN*) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cnan bn，求数列cn的前 n 项和 Tn. 解：(1)设an的公差为 d， 因为 a22，a3a58， 所以 2d23d8， 所以 d1，所以 ann. 因为 bn1Sn2(nN*)， 所以 bnSn12(nN*，n2) 得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)， 所

12、以 bn12bn(nN*，n2) 因为 b12，b22b1， 所以bn为等比数列，b12，q2， 所以 bn2n. (2)因为 cnan bn n 2n， 所以 Tn1 2 2 22 3 23? n1 2n 1 n 2n， 1 2Tn 1 22 2 23 3 24? n1 2n n 2n 1， 两式相减，得1 2Tn 1 2 1 22? 1 2n n 2n 112n 2n 1， 所以 Tn2n2 2n . B 组 大题增分专练 1(2018 昆明模拟)数列an满足 a11，an12an3. (1)证明an1是等比数列，并求数列an的通项公式； (2)已知符号函数 sgn(x) ? ? ? ?

13、?1，x0， 0，x0， 1，x0， 设 bnansgn(an)，求数列bn的前 100 项和 解：(1)因为 an12an3，a11， 所以 an112(an1)，a112， 所以数列an1是首项为2，公比为2 的等比数列 故 an1(2)n，即 an(2)n1. (2)bnansgn(an) ? ? ? ?2n1，n为偶数， 2n1，n为奇数， 设数列bn的前 n 项和为 Sn，则 S100(21)(221)(231)?(2991)(2100 1)22223?210021012. 2(2018 惠州第一次调研)在公差不为 0 的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列 (1)若数列an的

14、前 10 项和为 45，求数列an的通项公式； (2)若 bn 1 anan1，且数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tn 1 9 1 n9，求数列an的公差 解：(1)设数列an的公差为 d(d0)， 由 a1，a4，a8成等比数列可得 a24a1a8， 即(a13d)2a1(a17d)，得 a19d. 由数列an的前 10 项和为 45 得 10a145d45， 即 90d45d45， 所以 d1 3，a13. 故数列an的通项公式为 an3(n1)1 3 n8 3 . (2)因为 bn 1 anan1 1 d? ? ? ? 1 an 1 an1 ， 所以数列bn的前 n 项和 Tn1 d

15、? ? ? ? 1 a1 1 a2 ? ? ? ? 1 a2 1 a3 ? ? ? ? 1 an 1 an1 1 d? ? ? ? 1 a1 1 an1 ， 即 Tn1 d? ? ? ? 1 a1 1 a1nd 1 d? ? ? ? 1 9d 1 9dnd 1 d2? ? ? ? 1 9 1 9n 1 9 1 9n， 因此 1 d21，解得 d1 或 1. 故数列an的公差为1 或 1. 3已知等差数列an的首项 a12，前 n 项和为 Sn，等比数列bn的首项 b11，且 a2 b3，S36b2，nN*. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)数列cn满足 cnbn(1)nan，记数列cn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q. 因为 a12，b11，且 a2b3，S36b2， 所以 ? ? ? ? ?2dq 2， 3（222d） 2 6q.解得? ? ? ?d2， q2. 所以 an2(n1)22n，bn2n 1. (2)由题意：cnbn(1)nan2n 1(1)n2n. 所以 Tn(124?2n 1)2468?(1)n2n， 若 n 为偶数： Tn12 n 12 (24)(68)?2(n1)2n 2n1n 222 nn1. 若 n 为奇数： Tn12 n 12 (24)(68)?2(n2)2(n