高考数学二轮复习专题四数列推理与证明第2讲数列的求和问题专题突破讲义文12143121

1、高考数学精品复习资料 2019.5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(安徽省合肥市模拟)已知等差数列an的前n项和为sn，且满足s424，s763.(1)求数列an的通项公式；(2)若，求数列bn的前n项和tn.解(1)an为等差数列，an2n1.(2)22n1(1)n·(2n1)2·4n(1)n·(2n1)，

2、tn2(41424n)3579(1)n(2n1)gn，当n2k(kn*)时，gn2×n，tnn，当n2k1(kn*)时，gn2×(2n1)n2，tnn2，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(北京市朝阳区二模)已知数列an是首项a1，公比q的等比数列设(1)求证：数列bn为等差数列；(2)设cnanb2n，求数列

3、cn的前n项和tn.(1)证明由已知得an·n1n，所以，则bn1bn2(n1)12n12.所以数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列(2)解由(1)知，b2n4n1，则数列b2n是以3为首项，4为公差的等差数列cnanb2nn4n1，则tnn37(4n1).即tn2n2n·n(nn*)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an·bn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列例2(20xx·河南省夏邑一高模拟)已知an是等差数列，其前n项和为sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b42

4、7，s4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)求tna1b1a2b2anbn的值解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由a1b12，得a423d，b42q3，s486d，由条件得方程组解得故an3n1，bn2n (nn*)(2)tn2×25×228×23(3n1)×2n，2tn2×225×238×24(3n1)×2n1，得tn2×23×223×233×2n(3n1)×2n13×23×223×233

5、5;2n2(3n1)×2n13×2(3n1)×2n1(43n)2n18，tn8(3n4)·2n1.思维升华(1)错位相减法适用于求数列an·bn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(20xx·江西省赣州市十四县(市)联考)等差数列an的前n项和为sn，已知a27，a3为整数，且sn的最大值为s5.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和tn.解(

6、1)由a27，a3为整数知，等差数列an的公差d为整数又sns5，故a50，a60，解得d，因此d2，数列an的通项公式为an112n(nn*)(2)因为bn，所以tn，tn，由，得tn21，整理得tn，因此tn7 (nn*)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(湖南省郴州市质量检测)已知等差数列an的前n项和为sn(nn*)，a33，且snanan1，在等比数列bn中，b12，b3a151.(1)求数列an及bn的通项公式；(2)设数列cn的前n项和为tn(nn*)，且cn1，

7、求tn.解(1)snanan1，a33，a1a1a2，且(a1a2)a2a33a2，a2，a1a2a33，数列an是等差数列，a1a32a2，即2a2a13，由得a11，a22，ann，2，b14，b316，则bn2n1或bn(2)n1(nn*)(2)sn，cn，tn1.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(20xx·吉林省吉林市普通高中调研)已知等差数列a

8、n的前n和为sn，公差d0，且a3s542，a1，a4，a13成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn，求数列bn的前n项和tn.解(1)设数列an的首项为a1，因为等差数列an的前n和为sn，a3s542，a1，a4，a13成等比数列所以又公差d0，所以a13，d2，所以ana1(n1)d2n1.(2)因为bn，所以bn，则tnb1b2b3bn.真题体验1(20xx·全国)等差数列an的前n项和为sn，a33，s410，则_.答案解析 设等差数列an的公差为d，则由得snn×1×1，2.22.2(20xx·天津)已知an为等差数列，前n项

9、和为sn(nn*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，s1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nn*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q>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，b2n1

10、2×4n1，得a2nb2n1(3n1)×4n，故tn2×45×428×43(3n1)×4n，4tn2×425×438×44(3n4)×4n(3n1)×4n1，得3tn2×43×423×433×4n(3n1)×4n14(3n1)×4n1(3n2)×4n18，得tn×4n1.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n

11、n*，都有sn<m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1<1，所以m的最小值为1.2已知数列an的前n项和sn满足sna(snan1) (a为常数，且a>0)，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

12、)当n1时，s1a(s1a11)，所以a1a，当n2时，sna(snan1)，sn1a(sn1an11)，由，得ana·an1，即a，故an是首项a1a，公比为a的等比数列，所以ana·an1an.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tn3×25×227×23(2n1)×2n1(2n1)×2n，2tn3×225

13、5;237×24(2n1)·2n(2n1)×2n1，由，得tn3×22(22232n)(2n1)×2n162×(2n1)×2n122n2(2n1)×2n12(2n1)×2n1，所以tn2(2n1)×2n1.a组专题通关1(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 b32 c48 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

14、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(陕西省渭南市质检)设sn为等差数列an的前n项和，a23，s525，若的前n项和为，则n的值为()a504 b1 008c1 009 d2 017答案b解析设等差数列an的首项为a1，公差为d，则解得a11，d2，所以ana1(n1)d2n1，又因为，解得n1 008，故选b.3(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

15、，a44252，所以a1a3a99(122)(9921002)(12)(34)(99100)5 050，a2a4a100(2232)(10021012)(23100101)5 150，所以a1a2a1005 0505 150100.4(广东省潮州市模拟)已知sn为数列an的前n项和， an2·3n1 (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(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

16、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 0172671×32，后余2项，所以s2 017×671×3672672677 712.6等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和sn.解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318，所

17、以公比q3.故an2·3n1 (nn*)(2)因为bnan(1)nln an2·3n1(1)nln(2·3n1)2·3n1(1)nln 2(n1)ln 32·3n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以sn2(133n1)111(1)n·(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.当n为偶数时，sn2×ln 33nln 31；当n为奇数时，sn2×(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，sn7(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

18、.(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tn<.(1)解由s(n2n1)sn(n2n)0，得sn(n2n)(sn1)0.由于是正项数列，所以sn>0，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(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

19、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(4×121)(4×221)(4×321)(4×421)(1)2n1×4×(2n)21412223242(2n1)2(2n)24(12342n12n)4×8n24n.b组能力提高9(20xx·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，且bnanco

20、s，记sn为数列bn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1×1n，ann2，bn因此b3k1b3k2b3k39k，kn，s249(017)×8304，故选d.10(20xx·河南省豫南九校质量考评)已知数列an满足a11，a22，an2ansin2，则该数列的前21项的和为_答案2 112解析当n为奇数时，cos20，sin21；当n为偶数时，cos21，sin20，所以当n为奇数时有an2an1；n为偶数时an22an，即奇数项为等差数列，偶数项为等比数列所以s

21、21(a1a3a5a21)(a2a4a6a20)(12311)(222210)6×1121122 112.11(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)求a3，a5；(2)设bna2n1a2n1(nn*)求数列bn的通项公式；设数列的前n项和为sn，是否存在正整数p，q，且1<p<q，使得s1，sp，sq成等比数列？若存在，求出p，q的值，若不存在，请说明理由解(1)由题意，令m2，n1，则a3a12a2(21)2，解得a31.令m3，n1，则a5a12a3(31)2，解得a55.(2)以n2代替m，得a2n3a2n12a2n13，则a2(n1)1a2(n1)1(a2n1a2n1)3，即bn1bn3.所以数列bn是以3为公差的等差数列又b1a3a11，所以bn1(n1)×33n2.因为，所以sn.则s1，sp，sq.因为s1，sp，sq成等比数列，所以2·，即.因为1<p<