（通用版）2020版高考数学大二轮复习专题三第2讲数列求和与数列综合问题课件理

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1、第2讲 数列求和与数列综合问题,近五年高考试题统计与命题预测,答案:A,2.(2019全国,理19)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列; (2)求an和bn的通项公式.,3.(2019北京,理20)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为

2、,长度为q的递增子列的末项的最小值为 .若pq,求证: (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式.,再证明:所有正偶数都是an中的项. 假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1), 所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1, 所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为 与已知矛盾.,

3、最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数). 假设存在2m(m2),使得2m排在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾. 综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,. 经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件.所以,4.(2019天津,理19)设an是等差数列,bn是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4. (1)求an和bn的通项公式;,5.(2019江苏,20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M- 数列”. (1)已知等比数列an(nN*)满足:a2a4=a5,

4、a3-4a2+4a1=0,求证:数列an为“M- 数列”; 求数列bn的通项公式; 设m为正整数.若存在“M- 数列”cn(nN*),对任意正整数k,当km时,都有ckbkck+1成立,求m的最大值.,整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列bn的通项公式为bn=n(nN*).,由知,bk=k,kN*. 因为数列cn为“M- 数列”, 设公比为q,所以c1=1,q0.因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m. 当k=1时,有q1;,令f(x)=0,得x=e. 列表如下:,即kqk,经检验知qk-1k也成立. 因此所求m的

5、最大值不小于5. 若m6,分别取k=3,6,得3q3,且q56,从而q15243,且q15216, 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5. 名师点睛本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.,6.(2019浙江,20)设等差数列an的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列bn满足:对每个nN*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列. (1)求数列an,bn的通项公式;,一、公式求和 1.等差、等比数列的前n项和公式 2.4类特殊数列的前n项和,二、分组转化法求和

6、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. 三、裂项相消法求和 把数列的通项公式拆成两项之差的形式,求和时正负项相消,只剩下首尾若干项,达到化简求和的目的.常见的裂项式,四、错位相减法求和 已知数列an是等差数列,数列bn是等比数列,求数列anbn的前n项和Sn时,先令Sn乘以等比数列bn的公比,再错开位置,把两个等式相减,从而求出Sn. 五、并项求和 并项求和法:把数列的一些项合并成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和.,考点1,考点2,

7、考点3,考点4,考点5,分组转化法求和 例1(2018天津,理18)设an是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(nN*),bn是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*), 求Tn;,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,(1)解:设等比数列an的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q0,可得q=2,故an=2n-1. 设等差数列bn的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=

8、1,故bn=n. 所以,数列an的通项公式为an=2n-1,数列bn的通项公式为bn=n.,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,对应训练1 (2016全国,理17)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lgan,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg99=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列bn的前1 000项和. 解:(1)设an的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通项公式为an=n. b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.,考点1,考点2,

9、考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,错位相减法求和 例3(2018浙江,20)已知等比数列an的公比q1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列bn满足b1=1,数列(bn+1-bn)an的前n项和为2n2+n. (1)求q的值; (2)求数列bn的通项公式.,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1

10、,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,对应训练3 (1)(2016山东,理18)已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1. 求数列bn的通项公式; (2)(2017山东,理19)已知xn是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2. 求数列xn的通项公式; 如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,解:(1)

11、由题意知当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5, 当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5. 设数列bn的公差为d.,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,并项求和 A.5 050 B.5 100 C.9 800 D.9 850,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,解析:设kN*,当n=2k时,a2k+1=-a2k+4k, 即a2k+1+a2k=4k, 当n=2k-1时,a2k=a2k-1+4k-2, 联立可得,a2k+1+a2k-1=2, 所以数列an的前100项和 Sn=a1+a2+a3+a4+a99+a100 =(a1+a3+a99

12、)+(a2+a4+a100) =(a1+a3+a99)+(-a3+4)+(-a5+42)+(-a7+43)+(-a101+450) =252+-(a3+a5+a101)+4(1+2+3+50) 答案:B,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,对应训练4 (2018河南郑州模拟)在等差数列an中,已知a3=5,且a1,a2,a5为递增的等比数列. (1)求数列an的通项公式;,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,解:(1)设等差数列an的公差为d,易知d0, 由题意得,(a3-2d)(a3+2d)=(a3-d)2, 即d2-2d=0,解得d=2或d=

13、0(舍去), 所以数列an的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-1. (2)当n=2k,kN*时, Sn=b1+b2+bn=(b1+b3+b2k-1)+(b2+b4+b2k) =(a1+a2+ak)+(20+21+2k-1),考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,数列与其他知识交汇的题目 例5(1)(2018江苏,14)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,B=x|x=2n,nN*.将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an.记Sn为数列an的前n项和,则使得Sn12an+1成立的n的最小值为 . (2)(2017浙江,22)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+

14、xn+1)(nN*).证明:当nN*时, 0xn+1xn;,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,(1)解析:若an+1=2k(kN*), 则Sn=21+22+2k-1+1+3+2k-1=2k-2+(2k-1)2(2k-1)2+2k-2122k. 令2k=t t2+t-212tt(t-44)8. t64k6.此时,n=k-1+2k-1=37. 若an+1=2k+1(kN*), 则Sn=21+22+2t+1+3+2k-1(2t12(2k+1)2t+1-k2+24k+14. -k2+24k+1412. 取k=21,此时 2t43(舍),取k=22,292t45,t=5,n=5+22=27.由,得

15、nmin=27. 答案:27,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,(2)解:用数学归纳法证明:xn0. 当n=1时,x1=10,假设n=k时,xk0, 那么n=k+1时,若xk+10, 则00. 因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此0xn+1xn(nN*). 由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,对应训练5 (2018江苏,20)设an是首项为a1,公差为d的等差数列,bn是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; (2)若a1=b10,mN*,q(1, ,证明:存在dR,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,考点1,考点2,考点3,考点4,考点5,高考解答题的审题与答题示范(二) 数列解答题 审题方法审结构 结构是数学问题的搭配形式,某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系.审视结构要对结构进行分析、加工和转化,以实现解题突破.,