全国通用2018届高考数学二轮复习第23练数列的证明通项与求和练习文.docx

第23练数列的证明、通项与求和明考情数列的通项与求和是高考的热点，考查频率较高.中档难度，一般在解答题的前半部.知考向1.等差、等比数列的判定与证明.2.数列的通项与求和.考点一等差、等比数列的判定与证明方法技巧判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若an1and，d为常数，则an为等差(比)数列.(2)中项公式法.(3)通项公式法.1.(2016全国)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式.解(1)由题意得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10，得2an1(an1)an(an1).因为an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.2.已知数列an满足a11，a24，an23an12an(nN*).(1)设bnan12an，证明：数列bn既是等差数列又是等比数列；(2)求数列an的通项公式.(1)证明因为an23an12an，所以an22an1an12an，又bnan12an，所以bn1an22an1，因此对任意的nN*，bn1bn0(常数)，又bnan12anan2an1a22a120，所以1(常数)，根据等差数列和等比数列的定义知，数列bn既是等差数列又是等比数列.(2)解方法一由(1)知，an2an12， 由an23an12an，得an2an12(an1an)，又a2a13，所以数列an1an是首项为3，公比为2的等比数列，anan132n2(n2)， 联立得，an32n12(n2)，经检验当n1时也符合该式.故数列an的通项公式为an32n12(nN*).方法二由(1)可得an12an2，即an122(an2)，所以数列an2是公比为2的等比数列，则an2(a12)2n132n1，即an32n12(nN*).3.已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n(nN*).(1)求数列an的前三项a1，a2，a3；(2)求证：数列为等比数列，并求出an的通项公式.(1)解在Sn2an(1)n(nN*)中分别令n1，2，3，得解得(2)证明由Sn2an(1)n(nN*)，得Sn12an1(1)n1(n2)，两式相减，得an2an12(1)n(n2)，an2an1(1)n(1)n2an1(1)n1(1)n(n2)，an(1)n2an1(1)n1(n2).故数列是以a1为首项，2为公比的等比数列.an(1)n2n1，an2n1(1)n(1)n.4.(2016全国)Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(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721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1 000项和为1902900311 893.5.(2017日照一模)已知数列an，bn满足a11，an11，bn，其中nN*.(1)求证：数列bn是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)设cn，求数列cncn2的前n项和Tn.(1)证明bn1bn2，数列bn是公差为2的等差数列.又b12，bn2(n1)22n，2n，解得an.(2)解由(1)可得cn，cncn22，数列cncn2的前n项和为Tn223.6.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(1)证明由题设知，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1，由于an10，所以an2an.(2)解由题设知，a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2，因此存在4，使得数列an为等差数列.考点二数列的通项与求和方法技巧(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法累加(乘)法形如an1anf(n)的数列，可用累加法；形如f(n)的数列，可用累乘法.构造数列法形如an1，可转化为，构造等差数列；形如an1panq(pq0)，可转化为an1p构造等比数列.(2)数列求和的常用方法倒序相加法；分组求和法；错位相减法；裂项相消法.7.已知数列an的首项a11，前n项和为Sn，且数列是公差为2的等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由已知得1(n1)22n1，所以Sn2n2n.当n2时，anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n3.而a11413满足上式，所以an4n3，nN*.(2)(分组求和法)由(1)可得bn(1)nan(1)n(4n3).当n为偶数时，Tn(15)(913)(4n7)(4n3)42n；当n为奇数时，n1为偶数，TnTn1bn12(n1)(4n1)2n1.综上，Tn8.设nN*，数列an的前n项和为Sn，且Sn1Snan2，已知a1，a2，a5成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足()，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由Sn1Snan2，得an1an2(nN*)，所以数列an是以a1为首项，2为公差的等差数列.由a1，a2，a5成等比数列，即(a12)2a1(a18)，解得a11.所以an2n1(nN*).(2)(错位相减法)由(1)可得bn(2n1)()2n(2n1)2n，所以Tn121322523(2n1)2n， 2Tn122323(2n3)2n(2n1)2n1. 由可得Tn22(22232n)(2n1)2n1(2n3)2n16，所以Tn(2n3)2n16.9.(2017广东汕头一模)已知数列an的前n项和为Sn，a12，an1Sn2. (1)求数列an的通项公式；(2)已知bnlog2an，求数列的前n项和Tn.解(1)an1Sn2，anSn12(n2).两式作差得an1anSnSn1an，所以an12an，即2(n2).又当n1时，a2S124，2成立.数列an是公比为2，首项为2的等比数列，ana1qn12n (nN*).(2)由(1)可得bnlog2ann，Tn1.10.(2016浙江)设数列an的前n项和为Sn，已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列|ann2|的前n项和.解(1)由题意得则即a23a1.又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以，数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21，当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23，当n3时，Tn3，当x2时，满足上式，所以Tn11.已知数列an，bn满足a1，anbn1，bn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)设Sna1a2a2a3a3a4anan1，求Sn.解(1)bn1.a1，b1，因为bn111，所以1，所以数列是以4为首项，1为公差的等差数列，所以4(n1)n3，所以bn1.(2)因为an1bn，所以Sna1a2a2a3anan1.12.已知数列an中，a11，an1(nN*).(1)求证：为等比数列，并求an的通项公式；(2)数列bn满足bn(3n1)an，求数列bn的前n项和Tn.(1)证明a11，an1，1，即3，则为等比数列，公比q3，首项为1，则3n1，即3n1(3n1)，即an.(2)解bn(3n1)an，则数列的前n项和Tn， Tn， 两式相减得Tn122，则Tn4.例(12分)下表是一个由n2个正数组成的数表，用aij表示第i行第j个数(i，jN*)，已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等.已知a111，a31a619，a3548.a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann(1)求an1和a4n；(2)设bn(1)nan1(nN*)，求数列bn的前n项和Sn.审题路线图规范解答评分标准解(1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d，设每一行依次组成的等比数列的公比为q.依题意a31a61(12d)(15d)9，d1，an1a11(n1)d1(n1)1n.2分又a31a112d3，a35a31q43q448，又q0，q2.又a414，a4na41qn142n12n1. 4分(2)bn(1)nan1(1)nn(1)nn(1)nn. 6分Sn12345(1)nn.当n为偶数时，Sn1，8分当n为奇数时，SnSn1bn1n1(n3且n为奇数).经验证，当n1时，也满足Sn.11分综上，数列bn的前n项和Sn构建答题模板第一步找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系.第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式.第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等).第四步写步骤.第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.1.(2017包头一模)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n (nN*).(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常数，使得数列an为等比数列？若存在，求出的值和通项公式an；若不存在，请说明理由.解(1)当n1时，由S12a131，可得a13；当n2时，由S22a232，可得a29；当n3时，由S32a333，可得a321.(2)令(a2)2(a1)(a3)，即(9)2(3)(21)，解得3.由Sn2an3n及Sn12an13(n1)，两式相减，得an12an3.由以上结论得an13(2an3)32(an3)，所以数列an3是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在3，使得数列an3为等比数列，所以an3(a13)2n1，所以an3(2n1).2.设数列an满足a12，an1an322n1.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnnan，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由已知，当n1时，an1(an1an)(anan1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n+1)1.而a12，所以数列an的通项公式为an22n1.(2)(错位相减法)由bnnann22n1知，Sn12223325n22n1，22Sn123225327n22n+1，得(122)Sn2232522n1n22n+1，即Sn(3n1)22n+12.3.已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和.解(1)设数列an的公比为q.由已知，解得q2或q1.又由S6a163知，q1，所以a163，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列.设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.4.已知数列an，a11，an2an11(n2，nN*).(1)求证：数列an1是等比数列；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn；(3)求证：(nN*).(1)证明an12(an11)(n2)，2.又a112，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列.(2)解an12n，an2n1.bn.Sn.(3)证明，(nN*).5.已知数列an中，a11，a39，