2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19：数列通项与求和问题（含解析）

《2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19：数列通项与求和问题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19：数列通项与求和问题（含解析）（15页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 专题 19 数列通项与求和问题【自主热身，归纳提炼】1、 等比数列 na的各项均为实数，其前 n项和为 nS，已知 374， 63S，则 8a .【答案】 32【解析】由于 ，故 2q，而 ，故 14a，则 781aq 32.2、对于数列 an，定义数列 bn满足 bn an1 an(nN *)，且 bn1 bn1( nN *)， a31， a41，则a1_.【答案】 8 【解析】：因为 b3 a4 a3112，所以 b2 a3 a2 b313，所以 b1 a2 a1 b214，三式相加可得 a4 a19，所以 a1 a498.3、设公比不为 1 的等比数列 an满足 a1a2a3 ，且 a

2、2， a4， a3成等差数列，则数列 an的前 4 项和为18_【答案】： 58解后反思 本题主要考查等差中项和等比中项的性质及应用，体现了等差数列和等比数列的基本量的计算问题中的方程思想，等比数列的求和要注意公比是否为 1.:4、已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S22 a23， S32 a33，则公比 q 的值为_【答案】：. 2 当 q1 时，显然不满足题意；当 q1 时， Error!整理得Error!解得 q2.5、 记公比为正数的等比数列 an的前 n 项和为 Sn.若 a11， S45 S20，则 S5的值为_【答案】： 31【解析】：设公比为 q，且 q0，又 a1

3、1，则 an qn1 .由 S45 S20，得(1 q2)S25 S2，所以 q2，所以 S5 31.1 251 2解后反思 利用 S4(1 q2)S2，可加快计算速度，甚至可以心算6、设数列 na的前 项和为 n，若 ，则数列 na的通项公式为 na 【答案】： 1 7、 已知数列 an满足 a11， a2a1，| an1 an|2 n(nN *)，若数列 a2n1 单调递减，数列 a2n单调递增，则数列 an的通项公式为 an_.【答案】 2 n 13【解析】：因为| an1 an|2 n，所以当 n1 时，| a2 a1|2.由 a2a1， a11 得 a21.当 n2 时，|a3 a2

4、|4，得 a33 或 a35.因为 a2n1 单调递减，所以 a33.当 n3 时，| a4 a3|8，得a45 或 a411.因为 a2n单调递增，所以 a45.同理得 a511， a621.因为 a2n1 单调递减， a110.所以当 n 为奇数时( n3)，有an an1 2 n1 ， an1 an2 2 n2 .两式相加得 an an2 2 n2 .那么 a3 a12； a5 a32 3； an an2 2 n2 .以上各 式相加得 an a1(22 32 52 n2 )所以 an a1 .21 22 n 32 11 22 2n 13同理，当 n 为偶数时， an .2n 13所以 a

5、nError!也可以写成 an . 2 n 13【问题探究，变式 训练】例 1、已知 an是等差数列，其前 n 项和为 Sn， bn是等比数列，且 a1 b12， a4 b421， S4 b430.(1) 求数列 an和 bn的通项公式；(2) 记 cn anbn， nN *，求数列 cn的前 n 项和【解析】： (1) 设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q.由 a1 b12，得 a423 d， b42 q3， S486 d.(3 分)由条件 a4 b421， S4 b430，得方程组Error!解得Error!所以 an n1， bn2 n， nN *.(7 分)(2)

6、由题意知 cn( n1)2 n.记 Tn c1 c2 c3 cn.则 Tn2232 242 3 n2n1 (n1)2 n，2Tn22 232 3( n1)2 n1 n2n( n1)2 n1 ，所以 Tn22(2 22 32 n)( n1)2 n1 ，(11 分)即 Tn n2n1 ， nN *.(14 分)【变式 1】 、在数列 na中，已知 13a， ， *nN，设 nS为 a的前 n项和 （1）求证：数列 3n是等差数列；（2）求 nS 证明 （1）因为 ，所以 ，又因为 3a，所以 1=a，所以 n是首项为 1，公差为 2的等差数列（2）由（1）知 ，所以 ，所以 ，所以 ，两式相减得

7、12()3n，所以 nS【变式 2】 、已知数列 na的前 项和为 nS，且 （ Nn） （1）求数列 na的通项公式；（2）若数列 nb满足 ，求数列 nb的通项公式解 （1）由 2Sa，得 两式相减，得 ，所以 1nn，由又 12，得 12a， 1a，所以数列 为等比数列，且首项为 2，公比 q，所以 2n（2）由（1）知 由 ( *nN)， 得 ( 2 )故 ，即 当 1n时， 所以【关联 1】 、数列 an的前 n 项和为 Sn， a12， Sn an (rR， nN *)(n3 r)(1) 求 r 的值及数列 an的通项公式；(2) 设 bn (nN *)，记 bn的前 n 项和为

8、Tn.nan当 nN *时， T2n Tn恒成立，求实数 的取值范围；求证：存在关于 n 的整式 g(n)，使得( Ti1) Tng(n)1 对一切 n2，nN *都成立思路分析 (1) 利用关系式 anError!将 an与 Sn的关系转化为 an与 an1 的关系，再利用累乘法求 an的通项公式；(2) 利用数列 T2n Tn的单调性求 T2n Tn的最小值即可；利用条件得到 Tn与 Tn1 的关系，通过变形，化简和式( Ti1)，即可证得命题规范解答 (1) 当 n1 时， S1 a1 ，所以 r ，(2 分)(13 r) 23所以 Sn an .(n3 23)当 n2 时， Sn1 a

9、n1 ，(n3 13)两式相减，得 an an an1 ，所以 (n2)(4 分)n 23 n 13 anan 1 n 1n 1所以 ，即 .a2a1 a3a2 anan 1 31 42 53 nn 2 n 1n 1 ana1 n n 112所以 an n(n1)( n2)，又 a12 适合上式所以 an n(n1)( nN *)(6 分)(2) 因为 an n(n1)，所以 bn ， Tn .1n 1 12 13 1n 1所以 T2n ，12 13 12n 1所以 T2n Tn .(8 分)1n 2 1n 3 12n 1令 Bn T2n Tn .1n 2 1n 3 12n 1则 Bn1 .1

10、n 3 1n 4 12n 3所以 Bn1 Bn 0，12n 2 12n 3 1n 2 3n 4 2n 2 2n 3 n 2所以 Bn1 Bn，所以 Bn单调递增，(10 分)(Bn)min B1 ，所以 .(12 分)13 13因为 Tn .12 13 1n 1所以当 n2 时， Tn1 ，12 13 1n所 以 Tn Tn1 ，即( n1) Tn nTn1 Tn1 1.(14 分)1n 1所以当 n2 时，( Ti1)(3 T22 T1)(4 T33 T2)(5 T44 T3)( n1) Tn nTn1 ( n1)Tn2 T1( n1) Tn1，所以存在关于 n 的整式 g(n) n1，使得

11、( Ti1) Tng(n)1 对一切 n2， nN *都成立(16 分)解后反思 本题以 an与 Sn的关系为背景，考查了数列的通项、求和、数列的单调性，考查学生利用数列知识解决数列与不等式的综合问题的能力，以及代数变形与推理论证能力【关联 2】 、已知各项是正数的数列a n的前 n 项和为 Sn.(1) 若 SnS n1 (nN *， n2)，且 a12.求数列 an的通项公式；若 Sn 2n1 对任意 nN *恒成立，求实数 的取值范围(2) 已知数列 an是公比为 q(q0， q1)的等比数列，且数列 an的前 n 项积为 10Tn.若存在正整数 k，对任意 nN *，使得 为定值，求首

12、项 a1的值T（ k 1） nTkn. (1) 利用 anS nS n1 (n2)，得到 an1 与 an的关系，并特别注意式中的 n2.对于 n1思 路 分 析的情况必须单独处理由 3(S2S 1)a 2 及 a12，得 3(4a 2)a 2，即 a 3a 2100.2 2 2结合 a20，解得 a25，满足 a2a 13.(3 分)所以对 nN *，均有 an1 an3，即数列 an是首项为 a12，公差为 3 的等差数列，数列 an的通项公式为 an3 n1.(5 分)由知， Sn ，所以 对 nN *恒成立(6 分)n（ a1 an）2 n（ 3n 1）2 n（ 3n 1）2n 2记 f(n) ， nN *.n（ 3n 1）2n 2考虑 f(n1) f(n) .(8 分)（ n 1） （ 3n 4）2n 3 n（ 3n 1）2n 2 （ 3n2 5n 4）2n 3当 n3 时， f(n1)3 都有 3 都有 0 得 12n24n2 n0，所以 2n0，即 P2P1，(13 分)n2 时，因为 2n4，3 3 ，即 12n24n2 nP3P4，(14 分)所以 Pn的最大值为 P2 ，(15 分)222 22 222 72若存在正整数 k，使得对任意正整数 n，P nk 恒成立，则 kP max ， 所以正整数 k 的最小值为 4.(16 分)72