2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题三第2讲《数列求和及综合应用》学案

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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 命题分析卷 an与 Sn关系的应用T 142018 卷 等差数列前 n 项和的最值问题T 172017 卷 裂项相消法求和T 15卷等差数列的基本运算、数列求和T 172016卷等比数列的通项公式、 an与 Sn的关系T 17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.数列求和问题(综合型)典型例题命题角度一 公式法求和等差、等比数列的前

2、n 项和(1)等差数列： Sn na1 d(d 为公差)或 Sn .n（ n 1）2 n（ a1 an）2(2)等比数列： Sn 其中 (q 为公比)na1， q 1，a1（ 1 qn）1 q a1 anq1 q ， q 1)4 类特殊数列的前 n 项和(1)123 n n(n1)12(2)135(2 n1) n2.(3)122 23 2 n2 n(n1)(2 n1)16(4)132 33 3 n3 n2(n1) 2.14已知数列 an满足 a11， an1 ， nN *.3an2an 3(1)求证：数列 为等差数列；1an(2)设 T2n ，求 T2n.1a1a2 1a2a3 1a3a4 1

3、a4a5 1a2n 1a2n 1a2na2n 1【解】 (1)证明：由 an1 ，得 ，3an2an 3 1an 1 2an 33an 1an 23所以 .1an 1 1an 23又 a11，则 1，所以数列 是首项为 1，公差为 的等差数列1a1 1an 23(2)设 bn ，1a2n 1a2n 1a2na2n 1 ( 1a2n 1 1a2n 1)1a2n由(1)得，数列 是公差为 的等差数列，1an 23所以 ，即 bn ，1a2n 1 1a2n 1 43 ( 1a2n 1 1a2n 1)1a2n 43 1a2n所以 bn1 bn .43( 1a2n 2 1a2n) 43 43 169又

4、b1 ，43 1a2 43 (1a1 23) 209所以数列 bn是首项为 ，公差为 的等差数列，209 169所以 T2n b1 b2 bn n (2n23 n)209 n（ n 1）2 ( 169) 49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，需掌握等差数列 an的前 n 项和公式： Sn 或 Sn na1n（ a1 an）2d；等比数列 an的前 n 项和公式： Sn ；第三关，运算n（ n 1）2 na1， q 1，a1（ 1 qn）1 q ， q 1)

5、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 ax23 x2 恒成立，12(1 1n 1) 12故 a .12综上知，实数 a 的取值范围是 .( ，12A 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 a3 a6 a9 a87等于( )A. B601403C80 D160解析

6、：选 C.a3 a6 a9 a87 a3(1 q3 q6 q84) a1q2 1 （ q3） 291 q3 14080.故选 C.q21 q q2 a1（ 1 q87）1 q 472已知数列 an中， a1 a21， an2 则数列 an的前 20 项和为an 2， n是 奇 数 ，2an， n是 偶 数 ， )( )A1 121 B1 122C1 123 D1 124解析：选 C.由题意可知，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 1011（ 1 210）1 221 123.选 C.10923已知

7、数列 an满足 2a12 2a22 nan n(nN *)，数列 的前 n1log2anlog2an 1项和为 Sn，则 S1S2S3S10( )A. B.110 15C. D.111 211解析：选 C.因为 2a12 2a22 nan n(nN *)，所以 2a12 2a22 n1 an1 n1( n2)，两式相减得 2nan1( n2)， a1 也满足上式，故 an ，12 12n故 ，1log2anlog2an 1 1n（ n 1） 1n 1n 1Sn1 1 ，12 12 13 1n 1n 1 1n 1 nn 1所以 S1S2S3S10 ，故选 C.12 23 34 910 1011

8、1114(2018太原模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，点( n， Sn3)( nN *)在函数y32 x的图象上，等比数列 bn满足 bn bn1 an(nN *)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是( )A Sn2 Tn B Tn2 bn1C Tnan D Tn0，所以 a2a312 为 anan1 的最小值；当 时，可得 此时 an7 n53， a7 4， a83，易知当 n7a4 25，a6 11) a1 46，d 7， )时， an0，当 n8 时， an0，可得 q2，故 bn2 n1 .所以， Tn 2 n1.1 2n1 2设等差数列 an的公差为 d.由 b4

9、 a3 a5，可得 a13 d4.由 b5 a42 a6，可得 3a113 d16，从而 a11， d1，故 an n.所以， Sn .n（ n 1）2(2)由(1)，有T1 T2 Tn(2 12 22 n) n n2 n1 n2.2（ 1 2n）1 2由 Sn( T1 T2 Tn) an4 bn可得2 n1 n2 n2 n1 ，n（ n 1）2整理得 n23 n40，解得 n1(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 ， Sn为数列 bn的

10、前 n 项和，求 S100的值1（ n 1） an解：(1)设公差为 d(d0)，则 an a1( n1) d.因为 a3是 a1和 a9的等比中项，所以 a a1a9，23即(22 d)22(28 d)，解得 d0(舍去)或 d2.所以 an a1( n1) d2 n.(2)由(1)得 bn ，1（ n 1） an 12n（ n 1） 12(1n 1n 1)所以 S100 b1 b2 b100 (1 ) .12 12 12 13 1100 1101 12 (1 1101) 5010112(2018兰州模拟)已知等差数列 an中， a22， a3 a58，数列 bn中， b12，其前 n 项和

11、 Sn满足： bn1 Sn2( nN *)(1)求数列 an， bn的通项公式；(2)设 cn ，求数列 cn的前 n 项和 Tn.anbn解：(1)设 an的公差为 d，因为 a22， a3 a58，所以 2 d23 d8，所以 d1，所以 an n.因为 bn1 Sn2( nN *)，所以 bn Sn1 2( nN *， n2)得， bn1 bn Sn Sn1 bn(nN *， n2)，所以 bn1 2 bn(nN *， n2)因为 b12， b22 b1，所以 bn为等比数列， b12， q2，所以 bn2 n.(2)因为 cn ，anbn n2n所以 Tn ，12 222 323 n

12、12n 1 n2nTn ，12 122 223 324 n 12n n2n 1两式相减，得 Tn 1 ，12 12 122 12n n2n 1 2 n2n 1所以 Tn2 .n 22nB 组 大题增分专练1(2018昆明模拟)数列 an满足 a11， an1 2 an3.(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) 设 bn ansgn(an)，求数列 bn的前 100 项1， x0，0， x 0， 1， x0， )和解：(1)因为 an1 2 an3， a11，所以 an1 12( an1)， a112，所以数列 an1是首项为2，公比为2 的等比

13、数列故 an1(2) n，即 an(2) n1.(2)bn ansgn(an) 2n 1， n为 偶 数 ，2n 1， n为 奇 数 ， )设数列 bn的前 n 项和为 Sn，则 S100(21)(2 21)(2 31)(2 991)(2 1001)22 22 32 1002 1012.2(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的前 10 项和为 45，求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，且数列 bn的前 n 项和为 Tn，若 Tn ，求数列 an的公1anan 1 19 1n 9差解：(1)设数列 an的公差为 d

14、(d0)，由 a1， a4， a8成等比数列可得 a a1a8，24即( a13 d)2 a1(a17 d)，得 a19 d.由数列 an的前 10 项和为 45 得 10a145 d45，即 90d45 d45，所以 d ， a13.13故数列 an的通项公式为 an3( n1) .13 n 83(2)因为 bn ，1anan 1 1d(1an 1an 1)所以数列 bn的前 n 项和 Tn 1d(1a1 1a2) (1a2 1a3) (1an 1an 1) ，1d(1a1 1an 1)即 Tn 1d(1a1 1a1 nd) 1d(19d 19d nd) ，1d2(19 19 n) 19 1

15、9 n因此 1，解得 d1 或 1.1d2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， S36 b2， nN *.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)数列 cn满足 cn bn(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 a2 b3， S36 b2，所以 解得2 d q2，3（ 2 2 2d）2 6q.) d 2，q 2.)所以 an2( n1)22 n， bn2 n1 .(2)由题意： cn

16、bn(1) nan2 n1 (1) n2n.所以 Tn(1242 n1 )2468(1) n2n，若 n 为偶数：Tn (24)(68)2( n1)2 n1 2n1 22 n1 22 n n1.n2若 n 为奇数：Tn (24)(68)2( n2)2( n1)2 n1 2n1 22 n12 2 n2 n n2.n 12所以 Tn 2n n 1， n为 偶 数 ，2n n 2， n为 奇 数 .)4已知数列 an满足 a13， an1 2 an n1，数列 bn满足b12， bn1 bn an n， nN *.(1)证明： an n为等比数列；(2)数列 cn满足 cn ，求证数列 cn的前 n

17、 项和 Tn .an n（ bn 1） （ bn 1 1） 13证明：(1)因为 an1 2 an n1，所以 an1 ( n1)2( an n)又 a13，所以 a112，所以数列 an n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)知， an n22 n1 2 n.所以 bn1 bn an n bn2 n，即 bn1 bn2 n.b2 b12 1，b3 b22 2，b4 b32 3，bn bn1 2 n1 .以上式子相加，得 bn2 2 n(n2)2（ 1 2n 1）1 2当 n1 时， b12，满足 bn2 n，所以 bn2 n.所以 cn .an n（ bn 1） （ bn 1 1） 2n（ 2n 1） （ 2n 1 1） 12n 1 12n 1 1所以 Tn .12 1 122 1 122 1 123 1 12n 1 12n 1 1 13 12n 1 113