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.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解析由已知有anan12n，an1an22n1，则2，数列an的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a22，数列an的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2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 4已知数列an的通项公式为a则数列的前2n项和的最小值为()A BC D答案D解析设bn3ann7，则S2nb1b2b3b2n3(1232n)14n92n213n，又2n213n22，当n4时，f(n)22是关于n的增函数，又g(n)9也是关于n的增函数，S8S10S12，S8，S6，S4，S2，S6S8S4S2，S6最小，S6.5在等比数列an中，a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bn(1)nan，nN*，则数列bn的前2 018项的和为_答案解析设等比数列an的首项为a1，公比为q.a2a32a1，a1q32，即a42.a4与2a7的等差中项为17，a42a734，即a716，a1，q2，an2n12n3(nN*)bn(1)nan(1)n2n3，数列bn的前2 018项的和为S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(22202222 014)(21212322 015).6若数列an的通项公式annsin(nN*)，其前n项和为Sn，则S2 018_.答案解析a1a2a3a4a5a63，a7a8a9a10a11a123，a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m63，mN，所以S2 018.7设数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的nN*，an，Sn，a成等差数列，设数列bn的前n项和为Tn，且bn，若对任意的实数x(e是自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn0，anan11，即数列an是等差数列，又2a12S1a1a，a11，ann(nN*)又x(1，e，0ln x1，Tn11122，r2，即r的最小值为2. 8已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，若存在MZ，满足对任意的nN*，都有SnM恒成立，则M的最小值为_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11，所以M的最小值为1.9已知数列an，a1e(e是自然对数的底数)，an1a(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(2n1)ln an，求数列bn的前n项和Tn.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*)(2)cn(1)n1(1)n1，T2nc1c2c3c2n1c2n(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*，都有DnnSna，即(n1)2n1na恒成立，所以a2nn1恒成立，记en2nn1，所以amin，因为en1en2n10，从而数列为递增数列，所以当n1时，en取最小值e10，于是a0.14设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列an为“P(k)数列”(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；(2)是否存在数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列an的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列an为“P(2)数列”，a22，设Tn，证明：Tn3.(2)解假设存在这样的数列an，则Snankk，故Sn1ank1k，两式相减得，an1ank1ank，故an3ank3ank2，同理由an是“P(k2)数列”可得，an1ank3ank2，所以an1an3对任意nN*恒成立所以Snankkank2kSn2，即SnSn2，又Snank2k2Sn22，即Sn2Sn2，两者矛盾，故不存在这样的数列an既是“P(k)数列”，也是“P(k2)数列”