2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题（含解析）.docx

数列的求和问题1已知数列an，bn满足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0的两根，则b10等于()A24 B32 C48 D64答案D 2已知数列an的前n项和为Sn2n1m，且a1，a4，a52成等差数列，bn，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn的最小正整数n的值为()A11 B10 C9 D8答案B解析根据Sn2n1m可以求得an 所以有a1m4，a416，a532，根据a1，a4，a52成等差数列，可得m432232，从而求得m2，所以a12满足an2n，从而求得an2n(nN*)，所以bn，所以Tn11，令1，整理得2n12 019，解得n10.3设Sn为数列an的前n项和，已知a1，2n(nN*)，则S100等于()A2 B2C2 D2答案D解析由2n，得2n，则2n1，2n2，21，将各式相加得21222n12n2，又a1，所以ann，因此S10012100，则S1001299100，两式相减得S100100，所以S1002991001002. 押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是考试大纲中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循答案1解析因为an，所以Sn1，由于10，所以ln an13ln an，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以ln an3n1，ane3n1(nN*)(2)由(1)得bn(2n1)ln an(2n1)3n1， Tn130331532(2n1)3n1，3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n，得2Tn12(3132333n1)(2n1)3n12(2n1)3n2(n1)3n2.所以Tn(n1)3n1(nN*)10在等比数列an中，首项a18，数列bn满足bnlog2an(nN*)，且b1b2b315.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Sn，又设数列的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解由bnlog2an和b1b2b315，得log2(a1a2a3)15，a1a2a3215，设等比数列an的公比为q，a18，an8qn1，88q8q2215，解得q4，an84n1，即an22n1(nN*)(2)证明由(1)得bn2n1，易知bn为等差数列，Sn35(2n1)n22n，则，Tn，Tn0；2bbn1bnb0.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式解(1)当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n1(nN*)，又a11满足an2n1，an2n1(nN*)2bbn1bnb0，且bn0，2bn1bn，q，b3b1q2，b11，bnn1(nN*)(2)由(1)得cn(2n1)n1，Tn1352(2n1)n1，Tn132(2n3)n1(2n1)n，两式相减，得Tn12222n1(2n1)n12(2n1)n3n1. Tn6n1(2n3)(nN*)13已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an1(nN*)，数列bn满足nbn1(n1)bnn(n1)(nN*)，且b11，(1)证明数列为等差数列，并求数列an和bn的通项公式；(2)若cn(1)n1，求数列cn的前2n项和T2n；(3)若dnan，数列的前n项和为Dn，对任意的nN*，都有DnnSna，求实数a的取值范围解(1)由nbn1(n1)bnn(n1)两边同除以n(n1)，得1，从而数列为首项1，公差d1的等差数列，所以n(nN*)，数列bn的通项公式为bnn2.当n1时，S12a11a1，所以a11.当n2时，Sn2an1，Sn12an11，两式相减得an2an1，又a110，所以2，从而数列an为首项a11，公比q2的等比数列，从而数列an的通项公式为an2n1(nN*)(3)由(1)得dnann2n1，Dn1122322(n1)2n2n2n1，2Dn12222323(n1)2n1n2n.两式相减得Dn12222n1n2nn2n，所以Dn(n1)2n1，由(1)得Sn2an12n1，因为对nN*，