高考数学二轮42《数列的求和问题》试题含答案.docx
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高考数学二轮42《数列的求和问题》试题含答案
高考数学精品复习资料
2019.5
第2讲 数列的求和问题
1.(20xx·福建)在等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=
+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.
2.(20xx·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{}的前n项和.
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 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
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足:
bn=an+(-1)nlnan,求数列{bn}的前n项和Sn.
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 在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm,求数列{bm}的前m项和Sm.
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·衡阳联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且有a1=2,3Sn=5an-an-1+3Sn-1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn.
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n=1,2进行验证.
跟踪演练2 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*),
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
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 (20xx·韶关高三联考)已知在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足S=an(Sn-).
(1)求Sn的表达式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明Tn<.
思维升华
(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(k≥1,k∈N*)的形式,从而达到在求和时某些项相消的目的,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)常化的裂项公式
①=(-);
②=(-);
③=(-).
跟踪演练3
(1)已知数列{an},an=,其前n项和Sn=9,则n=________.
(2)(20xx·江苏)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为________.
1.已知数列{an}的通项公式为an=,其前n项和为Sn,若存在实数M,满足对任意的n∈N*,都有Sn 2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=a(Sn-an+1)(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. 提醒: 完成作业 专题四 第2讲 二轮专题强化练 专题四 第2讲 数列的求和问题 A组 专题通关 1.已知数列1,3,5,7,…,则其前n项和Sn为( ) A.n2+1-B.n2+2- C.n2+1-D.n2+2- 2.已知在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|等于( ) A.445B.765 C.1080D.3105 3.在等差数列{an}中,a1=-2012,其前n项和为Sn,若-=2002,则S2014的值等于( ) A.2011B.-2012 C.2014D.-2013 4.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+1an-1=an(n≥2),则数列{an}的前40项和S40等于( ) A.20B.40 C.60D.80 5.(20xx·曲靖一模)+++…+的值为( ) A.B.- C.-(+)D.-+ 6.设f(x)=,若S=f()+f()+…+f(),则S=________. 7.(20xx·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=1,记Sn是数列{an}的前n项和,则S60=________. 8.设Sn为数列{an}的前n项和,若(n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等比数列”;若数列{cn}是首项为2,公差为d(d≠0)的等差数列,且数列{cn}是“和等比数列”,则d=________. 9.(20xx·北京)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n项和. 10.(20xx·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn. B组 能力提高 11.数列{an}满足a1=2,an=,其前n项积为Tn,则T2016等于( ) A.B.- C.1D.-1 12.已知数列{an}满足an+1=+,且a1=,则该数列的前2016项的和等于( ) A.1509B.3018 C.1512D.2016 13.已知lgx+lgy=1,且Sn=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn,则Sn=________. 14.(20xx·湖南)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,n∈N*. (1)证明: an+2=3an; (2)求Sn. 学生用书答案精析 第2讲 数列的求和问题 高考真题体验 1.解 (1)设等差数列{an}的公差为d, 由已知得 解得 所以an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由 (1)可得bn=2n+n, 所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) =+ =(211-2)+55 =211+53=2101. 2.解 (1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3, 由题意得a2=2,a4=3. 设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d, 故d=,从而a1=. 所以{an}的通项公式为an=n+1. (2)设{}的前n项和为Sn. 由 (1)知=,则 Sn=++…++, Sn=++…++. 两式相减得 Sn=+(+…+)- =+(1-)-. 所以Sn=2-. 热点分类突破 例1 解 (1)当a1=3时,不合题意; 当a1=2时,当且仅当a2=6,a3=18时,符合题意; 当a1=10时,不合题意. 因此a1=2,a2=6,a3=18,所以公比q=3. 故an=2·3n-1(n∈N*). (2)因为bn=an+(-1)nlnan =2·3n-1+(-1)nln(2·3n-1) =2·3n-1+(-1)n[ln2+(n-1)ln3] =2·3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3, 所以Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n]·(ln2-ln3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln3. 当n为偶数时, Sn=2×+ln3=3n+ln3-1; 当n为奇数时, Sn=2×-(ln2-ln3)+ln3=3n-ln3-ln2-1. 综上所述,Sn= 跟踪演练1 解 (1)因为{an}是一个等差数列, 所以a3+a4+a5=3a4=84,所以a4=28. 设数列{an}的公差为d, 则5d=a9-a4=73-28=45,故d=9. 由a4=a1+3d得28=a1+3×9,即a1=1, 所以an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N*). (2)对m∈N*,若9m 则9m+8<9n<92m+8, 因此9m-1+1≤n≤92m-1, 故得bm=92m-1-9m-1. 于是Sm=b1+b2+b3+…+bm =(9+93+…+92m-1)-(1+9+…+9m-1) =- =. 例2 解 (1)3Sn-3Sn-1=5an-an-1(n≥2), ∴2an=an-1,=, 又∵a1=2, ∴{an}是以2为首项,公比为的等比数列, ∴an=2×()n-1=()n-2=22-n. (2)bn=(2n-1)22-n, Tn=1×21+3×20+5×2-1+…+(2n-1)·22-n, Tn=1×20+3×2-1+…+(2n-3)·22-n+(2n-1)·21-n, ∴Tn=2+2(20+2-1+…+22-n)-(2n-1)·21-n =2+-(2n-1)21-n =6-(2n+3)×21-n, ∴Tn=12-(2n+3)×22-n. 跟踪演练2 解 (1)∵Sn+1=2Sn+n+1,当n≥2时,Sn=2Sn-1+n, ∴an+1=2an+1, ∴an+1+1=2(an+1), 即=2(n≥2),① 又S2=2S1+2,a1=S1=1, ∴a2=3,∴=2,∴当n=1时,①式也成立, ∴an+1=2n,即an=2n-1(n∈N*). (2)∵an=2n-1, ∴bn===, ∴Tn=+++…+, Tn=++…++, ∴Tn=2(+++…+-) =2--=2-. 例3 (1)解 当n≥2时,an=Sn-Sn-1代入S=an(Sn-),得2SnSn-1+Sn-Sn-1=0,由于Sn≠0, 所以-=2, 所以{}是首项为1,公差为2的等差数列, 从而=1+(n-1)×2=2n-1, 所以Sn=. (2)证明 因为bn===(-), 所以Tn=[(1-)+(-)+…+(-)] =(1-)<, 所以Tn<. 跟踪演练3 (1)99 (2) 解析 (1)因为an==-, 所以Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an=(-1)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1. 由-1=9,解得n=99. (2)∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,将以上n-1个式子相加得an-a1=2+3+…+n=,即an=, 令bn=, 故bn==2, 故S10=b1+b2+…+b10 =2=. 高考押题精练 1.1 解析 因为an===-, 所以Sn=(-)+(-)+…+[-]=1-, 由于1-<1,所以M的最小值为1. 2.解 (1)当n=1时,S1=a(S1-a1+1), 所以a1=a, 当n≥2时,Sn=a(Sn-an+1),① Sn-1=a(Sn-1-an-1+1),② 由①-②,得an=a×an-1, 即=a, 故{an}是首项a1=a,公比等于a的等比数列, 所以an=a×an-1=an. 故a2=a2,a3=a3. 由4a3是a1与2a2的等差中项,可得8a3=a1+2a2,即8a3=a+2a2, 因为a≠0,整理得8a2-2a-1=0, 即(2a-1)(4a+1)=0, 解得a=或a=-(舍去), 故an=()n=. (2)由 (1),得bn==(2n+1)×2n, 所以Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n-1)×2n-1+(2n+1)×2n,① 2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n-1)×2n+(2n+1)×2n+1,② 由①-②,得-Tn=3×2+2(22+23+…+2n)-(2n+1)×2n+1 =6+2×-(2n+1)·2n+1 =-2+2n+2-(2n+1)·2n+1 =-2-(2n-1)·2n+1, 所以Tn=2+(2n-1)·2n+1. 二轮专题强化练答案精析 第2讲 数列的求和问题 1.A [因为an=2n-1+, 所以Sn=+=n2+1-.] 2.B [∵an+1=an+3,∴an+1-an=3. ∴{an}是以-60为首项,3为公差的等差数列. ∴an=-60+3(n-1)=3n-63. 令an≤0,得n≤21. ∴前20项都为负值. ∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30| =-(a1+a2+…+a20)+a21+…+a30 =-2S20+S30. ∵Sn=n=×n, ∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=765.] 3.C [等差数列中,Sn=na1+d,=a1+(n-1),即数列{}是首项为a1=-2012,公差为的等差数列;因为-=2002,所以,(2012-10)=2002,=1,所以,S2014 =2014[(-2012)+(2014-1)×1] =2014,选C.] 4.C [由an+1=(n≥2),a1=1,a2=3,可得a3=3,a4=1,a5=,a6=,a7=1,a8=3,…,这是一个周期为6的数列,一个周期内的6项之和为,又40=6×6+4,所以S40=6×+1+3+3+1=60.] 5.C [∵== =(-), ∴+++…+=(1-+-+-+…+-) =(--) =-(+).] 6.1007 解析 ∵f(x)=,∴f(1-x)==, ∴f(x)+f(1-x)=+=1. S=f()+f()+…+f(),① S=f()+f()+…+f(),② ①+②得,2S=[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]=2014, ∴S==1007. 7.480 解析 方法一 依题意得,当n是奇数时,an+2-an=1,即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列,a1+a3+a5+…+a59=30×1+×1=465; 当n是偶数时,an+2+an=1,即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1,a2+a4+a6+a8+…+a58+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=15. 因此,该数列的前60项和S60=465+15=480. 方法二 ∵an+2+(-1)nan=1,∴a3-a1=1,a5-a3=1,a7-a5=1,…,且a4+a2=1,a6+a4=1,a8+a6=1,…,∴{a2n-1}为等差数列,且a2n-1=1+(n-1)×1=n,即a1=1,a3=2,a5=3,a7=4, ∴S4=a1+a2+a3+a4=1+1+2=4,S8-S4=a5+a6+a7+a8=3+4+1=8, S12-S8=a9+a10+a11+a12=5+6+1=12,…, ∴S60=4×15+×4=480. 8.2 解析 由题意可知,数列{cn}的前n项和为Sn=,前2n项和为S2n=,所以==2+=2+.因为数列{cn}是“和等比数列”,即为非零常数, 所以d=2. 9.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 d===3, 所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…). 设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得 q3===8,解得q=2. 所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1. 从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由 (1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…). 数列{3n}的前n项和为n(n+1), 数列{2n-1}的前n项和为=2n-1. 所以,数列{bn}的前n项和为n(n+1)+2n-1. 10.解 (1)因为2Sn=3n+3, 所以2a1=3+3,故a1=3, 当n>1时,2Sn-1=3n-1+3, 此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1, 即an=3n-1, 所以an= (2)因为anbn=log3an,所以b1=, 当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n. 所以T1=b1=; 当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n), 所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n), 两式相减,得2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n =+-(n-1)×31-n =-,所以Tn=-, 经检验,n=1时也适合. 综上可得Tn=-. 11.C [由an=,得an+1=. ∵a1=2,∴a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,a6=-3. 故数列{an}具有周期性,周期为4, ∵a1a2a3a4=1, ∴T2016=T4=1.] 12.C [因为a1=, 又an+1=+, 所以a2=1,从而a3=,a4=1, 即得an= 故数列的前2016项的和等于 S2016=1008×(1+)=1512.] 13.n2 解析 因为lgx+lgy=1,所以lg(xy)=1. 因为Sn=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn, 所以Sn=lgyn+lg(xyn-1)+…+lg(xn-2y2)+lg(xn-1y)+lgxn, 两式相加,得2Sn=(lgxn+lgyn)+[lg(xn-1y)+lg(xyn-1)]+…+(lgyn+lgxn)=lg(xn·yn)+lg(xn-1y·xyn-1)+…+lg(yn·xn)=n[lg(xy)+lg(xy)+…+lg(xy)]=n2lg(xy)=n2,所以Sn=n2. 14. (1)证明 由条件,对任意n∈N*,有an+2=3Sn-Sn+1+3, 因而对任意n∈N*,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3. 两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2. 又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1, 故对一切n∈N*,an+2=3an. (2)解 由 (1)知,an≠0,所以=3.于是数列{a2n-1}是首项a1=1,公比为3等比数列;数列{a2n}是首项a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1. 于是S2n=a1+a2+…+a2n =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1) =3(1+3+…+3n-1) =. 从而S2n-1=S2n-a2n=-2×3n-1=(5×3n-2-1). 综上所述,Sn=
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