2020届高考数学专题十二数列求和精准培优专练理

1、培优点十二数列求和，一、公式法(1)求数列an,bn的通项公式；求数列anbn的前n项和Sn.【答案】(1)an2n1,bn3n2；(2)Sn2n3n2-1.22【斛析】(1)an12an(nN),a11,数列a。是公比为2的等比数列，an12n12n1,2一.等差数列bn的公差为3,b2a324,bnb2(n2)33n2.Sn(abjb2)L(anbn)(aa?Lan)(bb?Lbn)1(12n)n(13n2)n32n2-n-1.12222二、裂项相消法11例2：已知数列an是首项a1一，公比q的等比数列，数列bn满足bn23log1an(nN),数44n七列Cn满足Cn例1:已知在数列an

2、中，a11,an1*.2an(nN)，数列bn是公差为3的等差数列，且 dbnbn1(1)求证：数列bn为等差数列;(2)求数列cn的前n项和Sn.【解析】(1)证明：由已知得ann,c1a23iog1-44故数列。为等差数列.3n1)3n1三、错位相减法(1)求数列an的通项公式;【答案】(1)证明见解析；(2)Snn3n1(2)Cn1bnbn1(3n2)(3n1)公SnC1C2C3111Lcn3(14)(43n23n1例3：已知数列an的前n项和为Sn,且Sn2n3n,bn3n2.n（2）设 g，求数列Cn的前n项和Tn.an.一1c化简可得Tn2(n2)(-)n.2四、并项求和法a47,

3、ao19,则数列ancosn的前2018项和为（）【答案】（1）an(n1c2)(2)n-【解析】（1）当2时，anSnSni2n12n综上,(2)1时，a1ancnan则前n项和TnSi2,符合上式.2181、n1n（2），一,一一11两式相减可得-Tn-2212n1、n1n(-)i(112/1、n1(2)，A.1008B.1009C.2017D.2018例4：已知等差数列an中，a3a52al6da3d7【解析】由题，a19d19设bancosn/，则b1b2a1cos冗a2cos2冗2,b3b4a3cos3冗a4cos4冗2,数列ancosn力的前2018项和为Sn(blb2)(b3b4

4、)L(b2017b2018)c201822，对点增分集训一、选择题1.设等差数列an，且a13,a2a636,则数列an的前8项和S()A.45B.144C.164D.200【答案】C【解析】等差数列an,a13,a2a6a1da15d36,联立两式得d5,S8838(81)5164.22.在等比数列an中，已知a13,an96,Sn189,则n的值为()A.4B.5C.6D.7解得a11,and22n1,2018.【解析】由anaqn1,得963qn1n6,q2,这时S6%一-21189.适合题意.3.1,已知an是公差为一的等差数列,2Sn为an的前n项和，若a2,a6,a14成等比数列，

5、则S5（）A.35万B.35C,经2D.25【解析】因为a2,a6,2,5、2,1、，13、a14成等比数列，所以a6a2a14,（现）（a1万）（4万），故选 C.4.数列an,bn都是等差数列,a15,b17,且a30b3060,则anbn的前30项的和为（）A.1000B.1020C.1040D.1080【解析】anbn的前30项的和S30（a1bi)(a2b2)L(a30b30)(aa2a3La30)(b1b2b3Lb30)30(Qas。)30(b1年。)15(&a30hb30)1080.5 .数列an的通项公式为ancos,2A.1008B.1008【答案】D【解析】anco

6、sU的周期T22t4,22S2016504(aa?agad)0,故选6 .已知&为数列an的前n项和，且Sn*nN,其刖n项和为Sn,则S2016()C.1D.0a1a2a3a40(1)100,D.2an1,则数列nan的前10项和为()_0_0A.92101B,92101【答案】B【解析】由Sn2an1,得a11._11_11C.92111D,92111，数列an是首项为1,公比为2的等比数列，an2nl.029，数歹Unan的前10项和为T122232L102，2T12222323L10210.102910I21010.-，得T122L2102102921,12故T92101.21

7、7.在递减的等差数列an中，a1a3a|4,a113,则数列的前n项和的最大值当n2时，anSnSn12(anan1),.ananan1为（）24A.1431B.143C.2413D.613【解析】设等差数列an的公差为d,则d0,2因为aa3a24,a113,所以13(132d)(13d)4,解得2（舍去） ,所以ana1(n1)d132(n1)15当an152n0时,7.5,所以当n7时,an01因为一anan1(152n)(132n)(2n15)，2n131，一所以数列一一的前n项和1_1,1111&_(2131111912n1512n13)，2n13当n6时，&取得最大

8、值，最大值为1(-2131)13二、填空题8.已知Sn为数列an的前n项和，若a12,且Sn111.2Sn,设bnlog2an,贝ULbb2b2b3b10bli的值是.1910【解析】由Sn12Sn得数列5是首项、公比都为2的等比数列，则Sn2n,2时，anSnSn12n2n12n1ai2不满足上式,则an2,n所以2n1所以a1,n1,1bl0bl119101(1-)(223)(9110)211019109.已知函数f(x)3x31(xR),正项等比数列an满足a501(q1),则f(Ina1)f(Ina2)Lf(lna99)等于.因为数列992因为f(x)3x所以幻x)3x3x1an是等比

9、数列，所以aa99a2a98a49a51即InaIna99Ina2Ina98LIna49Ina510.f(lna)f(lna99)f(lna2)f(lnag8)Lf(In899)f(lna1)1设&9f(lna1)f(lna2)f(lna3)Lf(lna99)，又S99f(ln899)f(ln898)f(ln897)Lf(lna1),一99，得2S9999,所以$9一.2三、解答题10.已知等比数列an,其前n项和为Sn,2a2a3,S531.(1)求数列an的通项公式；【解析】（1）设等比数列an的公比为q,则q832.825、S531，.二81(12)31,解得811,12n18n

10、2，故数列8n的通项公式为802若bn1log2an1求数列bnbn2的前n项和Tn.311咯案】（1）an2；Tn大)1111/1、n1bnbn2-J)，10g22nn(n2)2nn2bn11、1,11、1,11、Tn(1)()()L232242351111311(1)(22n1n242n1(1)求数列an的通项公式;(2)令bnnan,求数列bn的前n项和Sn.1【答案】(1)an22n1；(2)Sn(3n1)22n129【解析】(1)由已知，当n1时，an1(an1an)(anan1)L而a12,所以数列an的通项公式为an22n1由bnnann22n1知，&12223325Ln

11、22n1,从而22Sn123225Ln22n1,12.已知各项为正数的等比数列an,前n项和为Sn,若10g2a1,2,log2a5成等差数列，S37,2数列bn满足，b1,数歹1Hb星 的前n项和为nan1211.设数列an满足ai2,an1an322n12(n1)n2a1)a13(22n122n3L2)222(n1)1,-，得(122)Sn22325L22n1n22n1,即Sn1(3n1)22n129an1(1)求q的值;（2）求bn的通项公式;2n2【答案】(1)q2；(2)bn(n1)2n1；(3)Hn2.n2又因为an0,a34,2paq4又S37,232aqqaq又d12也符合上式，dnn1.n3n1nana322,bn1bn(n1)2,两式相减得bn1222L2n1n2n(1n)2n1,bn(n1)2n1,(n2).而b11也符合上式，故bn（n1）2nl.W(3)若Cnbn11(n1)(n2)，HnClC2C3LCn,求Hn【解析】（1）10g2a1,2,log2a5成