2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-理数（经典版）文档：第二编 专题三 第2讲 数列求和问题 Word版含解析.doc

www.ks5u.com第2讲数列求和问题考情研析1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主，分值约为78分核心知识回顾常见的求和方法(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和对等比数列利用公式法求和时，一定注意公比q是否取1.(2)错位相减法：主要用于求数列an·bn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的数列的前n项和(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如(1)nan的形式，通常分奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列热点考向探究考向1 分组转化法求和例1(2019·天津南开区高三下学期一模)已知数列an是等差数列，Sn为其前n项和，且a53a2，S714a27.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为1，公比为2的等比数列，求数列(1)nbn(anbn)的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差是d.由a53a2得a14d3(a1d)，化简得d2a1，由S714a27得da11，由解得a11，d2.所以数列an 的通项公式为an2n1.(2)由数列anbn 是首项为1，公比为2的等比数列，得anbn2n1，即2n1bn2n1.所以bn2n12n1.所以(1)nbn(anbn)(1)n·2n1·(2n12n1)(1)n4n1(2)n1(2n1)(4)n1(2n1)·(2)n1.Pn(4)0(4)1(4)n1 ，Qn1·(2)03·(2)15·(2)2(2n3)·(2)n2(2n1)·(2)n1，2Qn1·(2)13·(2)25·(2)3(2n3)·(2)n1(2n1)·(2)n，得3Qn1·(2)02·(2)12·(2)22·(2)n1(2n1)·(2)n1(2n1)·(2)n·(2)n.Qn·(2)n.TnPnQn.若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和解题的关键是观察结构、巧分组等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn设数列cn的前n项和为Tn，求T2n.解(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，则由a13，b11及得解得所以an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由a13，an2n1，得Snn(n2)则cn即cnT2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)(22322n1)1(4n1)考向2 裂项相消法求和例2(2019·甘青宁高三3月联考)设Sn为等差数列an的前n项和，已知a75，S555.(1)求Sn；(2)设bn，求数列的前19项和T19.解(1)Sn19n×42n221n.(2)设bn2n21，则，故T19××.裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和适用于数列的求和，其中数列an是各项不为0的等差数列，c为常数已知数列an的前n项和是Sn，且满足Snan2n1(nN*)(1)求证数列an2是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)求证：<.解(1)因为Snan2n1，所以当n1时，a1a121，解得a1.当n2时，Sn1an12(n1)1，由，得anan1an2，即anan11，即an2(an12)，所以数列an2是等比数列，其首项为a12，公比为，所以an2n，所以an2n.(2)证明：，所以<.考向3 错位相减法求和例3(2019·东北三省三校高三二模)已知Sn是数列an的前n项和，Snn22n，等比数列bn的公比为4，且a25b1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列an·bn的前n项和Tn.解(1)当n2时，Snn22n，Sn1(n1)22(n1)，anSnSn12n1，当n1时，a1S13满足上式，综上，an2n1.5b15，b11，bn4n1.(2)an·bn(2n1)·4n1，Tn35×47×42(2n1)·4n1，4Tn3×45×42(2n1)·4n1(2n1)·4n，得3Tn32·(4424n1)(2n1)·4n32·(2n1)·4n4n，Tn4n.错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数；另外还要注意首项与末项(2019·福建高三毕业班3月质检)数列an的前n项和Sn满足Sn2ann.(1)求证数列an1是等比数列，并求an；(2)求证：若数列bn为等差数列，且b3a2，b7a3，求数列anbn的前n项和Tn.解(1)当n1时，S12a11，所以a11.因为Sn2ann，所以当n2时，Sn12an1(n1)，得an2an2an11，所以an2an11，所以2，所以an1是首项为2，公比为2的等比数列，所以an12·2n1，所以an2n1.(2)由(1)知，a23，a37，所以b3a23，b7a37，设bn的公差为d，则b7b3(73)·d，所以d1，所以bnb3(n3)·dn，所以anbnn(2n1)n·2nn.设数列n·2n的前n项和为Kn，数列n的前n项和为Mn，所以Kn22×223×23n·2n，2Kn222×233×24n·2n1，得Kn222232nn·2n1n·2n1(1n)·2n12.所以Kn(n1)·2n12，又因为Mn123n，所以KnMn(n1)·2n12.所以数列anbn的前n项和Tn(n1)·2n12.真题押题真题模拟1(2019·江西八所重点中学高三4月联考)已知数列an是等比数列，若ma6·a7a2a4·a9，且公比q(，2)，则实数m的取值范围是()A(2,6)B(2,5) C(3,6)D(3,5)答案C解析ma6·a7a2a4·a9，maq11aq142aq11，mq32，q(，2)，q3(5,8)，m(3,6)故选C.2(2019·安徽马鞍山高三一模)数列an为等比数列，若a11，a78a4，数列的前n项和为Sn，则S5()A. B. C7D31答案A解析数列an为等比数列，a11，a78a4，q68q3，解得q2，ana1qn12n1，.数列的前n项和为Sn，S51.故选A.3(2019·南宁调研)已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1()A16(14n)B16(12n)C.(14n) D.(12n)答案C解析q3，q，a14，数列an·an1是以8为首项，为公比的等比数列a1a2a2a3anan1(14n)故选C.4(2019·天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足c11，cn其中kN*.求数列a2n(c2n1)的通项公式；求ici(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意得解得或(舍去)，故an4(n1)×33n1，bn6×2n13×2n.所以，an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn3×2n.(2)a2n(c2n1)a2n(bn1)(3×2n1)(3×2n1)9×4n1.所以，数列a2n(c2n1)的通项公式为a2n(c2n1)9×4n1.iciaiai(ci1)i2i(c2i1)(9×4i1)(3×22n15×2n1)9×n27×22n15×2n1n12(nN*)金版押题5已知函数f(x)在(1，)上单调，且函数yf(x2)的图象关于x1对称，若数列an是公差不为0的等差数列，且f(a50)f(a51)，则an的前100项的和为()A200B100 C50D0答案B解析函数f(x)在(1，)上单调，且函数yf(x2)的图象关于x1对称，可得yf(x)的图象关于x1对称，又数列an是公差不为0的等差数列，且f(a50)f(a51)，a50a511×22.S100a1a2a10050(a50a51)100.故选B.6已知等差数列an的前n项和Sn满足S36，S5，则数列的前n项和为()A1B2C2D2答案B解析设等差数列an的公差为d，则Snna1d，因为S36，S5，所以解得所以ann1，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，两项相减，得Tn，所以Tn2.配套作业一、选择题1(2019·湖南永州高三第三次模拟)已知Sn是数列an的前n项和，且Sn1Snan1，a2a610，则S7()A20B25 C30D35答案D解析因为Sn是数列an的前n项和，且Sn1Snan1，所以an1an1，因此数列an是公差为1的等差数列，又a2a610，所以a1a710，因此S735.故选D.2(2019·四川成都外国语学校高三一诊)在正项等比数列an中，a5，a6a73.则满足a1a2a3an>a1a2a3an的最大正整数n的值为()A10B11 C12D13答案C解析正项等比数列an中，a5，a6a7a5(qq2)3，q2q6.q>0，解得q2或q3(舍去)，a1，a1a2a3an，>×2，整理可得，2n>2(n1)n51，2n>2(n1)n5，n>(n1)·，易知n>1，1<n12，经检验n12满足题意，故选C.3已知数列an是等差数列，a1tan225°，a513a1，设Sn为数列(1)nan的前n项和，则S2018()A2018B2018 C3027D3027答案C解析a1tan225°tan45°1，设等差数列an的公差为d，则由a513a1，得a513，d3，所以S2018a1a2a3a4(1)2018a2018(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a2018a2017)1009d1009×33027.故选C.4(2019·安徽省毛坦厂中学高三4月联考)已知等差数列an满足a33，a4a5a81，数列bn满足bnan1anan1an，记数列bn的前n项和为Sn，若对于任意的a2,2，nN*，不等式Sn<2t2at3恒成立，则实数t的取值范围为()A(，22，)B(，21，)C(，12，)D2,2答案A解析由题意得a4a5a8a1a81，则a11，等差数列an 的公差d1，an1(n1)n.由bnan1anan1an，得bn，Sn1，则不等式Sn<2t2at3恒成立等价于1<2t2at3恒成立，而1<1，问题等价于对任意的a2,2，2t2at40恒成立设f(a)2t2at4，a2，2，则即解得t2或t2.故选A.5各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14，则S4n()A80B30 C26D16答案B解析由题意，有(S2n2)22(14S2n)，S2n6或S2n4，由于an的各项均为正数，故S2n6，则Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，即2,4,8,16为等比数列，S4nS3n16，S4n30，故选B.6已知数列an满足a1a2a3··an2n2(nN*)，且对任意nN*都有<t，则实数t的取值范围为()A. B.C. D.答案D解析依题意得，当n2时，an2n2(n1)222n1，又a12122×11，因此an22n1，数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于<，因此实数t的取值范围是，选D.二、填空题7记f(n)为最接近(nN*)的整数，如：f(1)1，f(2)1，f(3)2，f(4)2，f(5)2，若4034，则正整数m的值为_答案4070306解析114034.所以和为2的共有2017组，第一组中有2个1，第2组中有4个，第三组中有6个，所以各组数的个数组成一个首项为2，公差为2的等差数列，所以mS20172017×2×22017×20184070306，故答案为4070306.8(2019·江苏苏州高三下学期阶段测试)已知等差数列an的各项均为正数，a11，且a3，a4，a11成等比数列若pq10，则apaq_.答案15解析设等差数列的公差为d，由题意知d0，a3，a4，a11成等比数列，2a3a11，2(12d)(110d)，即44d236d450，解得d或d(舍去)，pq10，则apaq(pq)d10×15.9已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且当n2时，有1成立，则S2019_.答案解析1，2ananSnS，2(SnSn1)(SnSn1)·SnS，2Sn2Sn1Sn1·Sn，1，又2，是以2为首项，1为公差的等差数列2(n1)×1n1，Sn，S2019.10(2019·郴州高三第二次教学质量监测)已知数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nN*)，若数列an为等比数列，且a12，a416.则b5_，数列的前n项和Sn_.答案15解析an为等比数列，且a12，a416，其公比q2，an2n，a1a2a3an2122232n2123n2.a1a2a3an2bn，bn，b515.2.的前n项和Sn22.三、解答题11(2019·山东淄博实验中学高三教学诊断)已知递增的等差数列an的前n项和为Sn，若a1a416，S420.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)n1·，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.解(1)由且a1<a4，解得公差d2，数列an的通项公式an22(n1)2n.(2)由(1)得Snn(n1)，bn(1)n1·(1)n1·(1)n1·.当n为偶数时，Tn1；当n为奇数时，Tn1.综上可得Tn1(1)n1·.12已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(1)na，求数列bn的前2n项和T2n.解(1)设等差数列an的公差为d，由已知得a1>0，令n1，则S1，所以a1a23，令n2，则S2，所以a2a315，a2a1d，a3a12d，联立，解得或(舍去)，所以an2n1.(2)由题意知，bn(1)na(1)nn(n1)1，所以T2n(1×21)(2×31)(3×41)(1)2n·2n(2n1)1(1×21)(2×31)(3×41)(4×51)(2n1)·2n12n(2n1)1484n2n22n.13(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高三第一次联考)已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2Sn·Sn10(n2)，a1.(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式；(3)若bn2(1n)an(n2)，求证：bbb<1.解(1)证明：当n2时，anSnSn1，又an2Sn·Sn10，所以SnSn12Sn·Sn10，若Sn0，则a1S10与a1矛盾，故Sn0，所以2，又2，所以是首项为2，公差为2的等差数列(2)由(1)得2(n1)·22n，故Sn(nN*)，当n2时，an2Sn·Sn12··；当n1时，a1，所以an(3)证明：当n2时，bn2(1n)an2(1n)·，bbb<1<1.14(2019·河南省顶级名校高三第四次联考)设数列an的前n项和为Sn，若an1(nN*)(1)求出数列an的通项公式；(2)已知bn(nN*)，数列bn的前n项和记为Tn，证明：Tn.解(1)因为an1，所以an11，两式相减可得(an1an)0，an12an，即2.在an1中，令n1可得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，所以an2n.(2)证明：bn，所以Tn1，所以Tn是一个单调递增的数列当n1时，Tn(min)T11，当n时，Tn1，所以Tn.