2018年高考数学二轮复习考前专题四数列推理与证明第2讲数列的求和问题讲学案理.doc

第2讲数列的求和问题高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并例1(2017山东省平阴县第一中学模拟)已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn，数列bn是公比大于0的等比数列，且b12a12，a3b21，S32b37.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn求数列cn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d，bn的公比为q，且q0，由题易知，a11，b12，由得解得q2，此时d2，an2n1，bn2n.(2)由(1)知，an2n1，bn2n，cn当n为偶数时，奇数项和偶数项各有项，Tn(c1c3c5cn1)(c2c4cn)n(c2c4cn)，令Hnc2c4c6cn，Hn，Hn，以上两式相减，得Hn，Hn.故当n为偶数时，Tnn，当n(n3)为奇数时，n1为偶数，TnTn1an(n1)2n，经验证，n1也适合上式综上，得Tn思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练1(2017届广东省揭阳市模拟)已知数列an中，a11，an1n1.(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列an的前n项和Sn.(1)证明方法一由已知得21，12，又a112，an0，10，2，数列是首项为2，公比为2的等比数列方法二由an1n1，得nan12(n1)ann(n1)，由a10及递推关系，可知an0，10，2，又a11，12，数列是首项为2，公比为2的等比数列(2)解由(1)得122n12n，ann2nn，Sn2222323(n1)2n1n2n123(n1)n，设Tn2222323(n1)2n1n2n，则2Tn22223324(n1)2nn2n1，由，得Tn222232nn2n1n2n1(n1)2n12，Tn(n1)2n12，又123(n1)n，Sn(n1)2n12. 热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列例2(2017山西省实验中学联考)已知数列an为等差数列，且a35，a59，数列bn的前n项和Snbn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cnan|bn|，求数列cn的前n项的和Tn.解(1)因为数列an为等差数列，所以d(a5a3)2，又因为a35，所以a11，所以an2n1.当n1时，b1b1，所以b11；当n2时，bnSnSn1bnbn1，所以bn2bn1，即数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn(2)n1.(2)因为cnan|bn|(2n1)2n1，所以Tn1132522(2n1)2n1，2Tn12322523(2n1)2n，两式相减，得Tn112222222n1(2n1)2n12(2222n1)(2n1)2n12(2n1)2n12n14(2n1)2n3(32n)2n，所以Tn3(2n3)2n.思维升华(1)错位相减法适用于求数列anbn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2进行验证跟踪演练2(2017届湖南省衡阳市期末)数列an的前n项和Sn满足：Snn2，数列bn满足：b3；bn0；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.解(1)当n1时，a11，当n2时，anSnSn12n1(nN*)，检验a11，满足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)热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中an为等差数列)等形式的数列求和例3(2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列an中，aa3a6，且a3为a1与a11的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(1)n，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d，aa3a6，(a1d)2a12da15d，aa1a11，即(a12d)2a1(a110d)，d0，由解得a12，d3.数列an的通项公式为an3n1. (2)由题意知，bn(1)n(1)n(1)nTn.思维升华(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成anbnkbn(k1，kN*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消的条件(2)常用的裂项公式若an是等差数列，则，；，；，()跟踪演练3已知数列an满足： (nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanan1，Sn为数列bn的前n项和，对于任意的正整数n，Sn2恒成立，求实数的取值范围解(1)由题意，得当n1时，则a12.当n2时，则，两式相减，得，即an，当n1时，也符合上式，则an.(2)由(1)，得bnanan12，所以Sn22，则n越大，越小，Sn越大，即当n1时，Sn有最小值S1.因为对于任意的正整数n，Sn2恒成立，所以2，解得0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，得Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.押题预测1已知数列an的通项公式为an，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10)，且4a3是a1与2a2的等差中项(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn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，S1a(S1a11)，所以a1a，当n2时，Sna(Snan1)，Sn1a(Sn1an11)，由，得anaan1，即a，故an是首项a1a，公比为a的等比数列，所以anaan1an.故a2a2，a3a3.由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3a12a2，即8a3a2a2，因为a0，整理得8a22a10，即(2a1)(4a1)0，解得a或a(舍去)，故ann.(2)由(1)得bn(2n1)2n，所以Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，由，得Tn322(22232n)(2n1)2n162(2n1)2n122n2(2n1)2n12(2n1)2n1，所以Tn2(2n1)2n1.A组专题通关1(2017届湖南师大附中月考)已知数列an，bn满足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0的两根，则b10等于()A24 B32C48 D64答案D解析由已知有anan12n，an1an22n1，则2，所以数列an奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a22，所以数列an的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，所以b10a10a11323264，故选D.2(2017届河南百校联盟质检)已知正项数列an中，a11，a22,2aaa(n2)，bn，记数列bn的前n项和为Sn，则S33的值是()A.B.C4D3答案D解析2aaa(n2)，数列a为等差数列，首项为1，公差为2213.a13(n1)3n2，an0，an(nN*)，bn()，故数列bn的前n项和为Sn()()()(1)，则S33(1)3.故选D.3(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，则a1a2a100等于()A100 B0C100 D10 200答案A解析a1122，a22232，a33242，a44252，所以a1a3a99(122)(9921002)(12)(34)(99100)5 050，a2a4a100(2232)(10021012)(23100101)5 150，所以a1a2a1005 0505 150100.4(2017届广东省潮州市模拟)已知Sn为数列an的前n项和，an23n1 (nN*)，若bn，则b1b2bn_.答案解析因为3，所以数列an为等比数列所以Sn3n1，又bn，则b1b2bn.5(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x，x表示不超过x的最大整数，如0.21，1.721，已知an(nN*)，Sn为数列an的前项和，则S2 017_.答案677 712解析由于0，0，1，2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017267132，后余2项，所以S2 0176713672672677 712.6(2017届山西晋中榆社中学月考)设数列an的前n项和为Sn，a11，且对任意正整数n，满足2an1Sn20.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnna，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为2an1Sn20，所以当n2时，2anSn120，两式相减，得2an12anSnSn10，即2an12anan0，an1an.又当n1时，2a2S120a2a1，即an1an (nN*)所以an是首项a11，公比q的等比数列，所以数列an的通项公式为ann1.(2)由(1)知，bnna，则Tn1，4Tn42，由，得3Tn5.所以数列bn的前n项和为Tn.7(2017届山东省胶州市普通高中期末)正项数列的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列的通项公式an；(2)令bn，数列的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上可知，数列的通项公式an2n.(2)证明由于an2n，bn，所以bn.Tn.8(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列的通项公式；(2)令bn(1)n1anan1，求数列的前2n项和T2n.解(1)设等差数列的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.所以an1(n1)22n1.(2)由(1)可得bn(1)n1(2n1)(2n1)(1)n1(4n21)，所以T2n(4121)(4221)(4321)(4421)(1)2n14(2n)21412223242(2n1)2(2n)24(12342n12n)48n24n.B组能力提高9(2017湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列满足a11，nan1(n1)ann(n1)，且bnancos，记Sn为数列的前n项和，则S24等于()A294 B174C470 D304答案D解析由nan1(n1)ann(n1)，得1，所以数列为等差数列，因此11n，ann2，bn因此b3k1b3k2b3k39k，kN，S2498304，故选D.10. (2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列an的前n项和为Sn，Snn22n，bnanan1cos(n1)，数列bn的前n项和为Tn，若Tntn2对nN*恒成立，则实数t的取值范围是_答案(，5解析当n1时，a13；当n2时，anSnSn1n22n(n1)22(n1)2n1，当n1时也成立，an2n1(nN*)，bnanan1cos(n1)(2n1)(2n3)cos(n1).当n为奇数时，cos(n1)1，当n为偶数时， cos(n1)1，因此当n为奇数时，Tn3557(2n1)(2n3)154(7112n1)2n26n7，Tntn2对nN*恒成立，2n26n7tn2，t272，t2；当n为偶数时，Tn3557(2n1)(2n3)4(592n1)2n26n，Tntn2对nN*恒成立，2n26ntn2，t2，t5.综上可得t5.11(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列an满足a10，a2，且对任意m，nN*，都有a2m1a2n12amn1(mn)2.(1