届高三数学理复习题模块三 数列 第11讲 数列求和及数列的简单应用.docx
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届高三数学理复习题模块三数列第11讲数列求和及数列的简单应用
2019年4月
第11讲 数列求和及数列的简单应用
1.[2018·全国卷Ⅱ]记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
[试做]
2.[2016·全国卷Ⅱ]Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1000项和.
[试做]
3.[2014·全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
(1)证明:
an+2-an=λ.
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?
并说明理由.
[试做]
命题角度 解决数列大题的有关策略
1.解决已知某几个基本量求等差、等比数列的通项公式和前n项和问题:
关键一:
通过列方程(组)求关键量a1和d(或q);
关键二:
利用通项公式和前n项和公式求解.
2.解决数列的递推问题:
关键一:
利用an=得出关于an与an+1(或an-1)的递推式;
关键二:
观察递推式的形式,采用不同方法求an.
3.解决数列求和问题:
关键一:
利用等差数列、等比数列的前n项和公式求解;
关键二:
利用数列求和方法(倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.
4.
(1)等差数列的判断方法:
定义法、等差中项法、利用通项公式判断、利用前n项和判断.
(2)等比数列的判断方法:
①定义法:
若=q(q是常数),则数列{an}是等比数列;
②等比中项法:
若=anan+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列;
③通项公式法:
若an=Aqn-1(A,q为常数),则数列{an}是等比数列.
5.解决关于数列的不等式证明问题常用放缩法,解决最值问题常用基本不等式法.
解答1等差、等比数列基本量的计算
1已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,S1+1,S3,S4成等差数列,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若S4,S6,Sn成等比数列,求n及此等比数列的公比.
[听课笔记]
【考场点拨】
解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,要立足于两数列的概念,设出相应基本量,充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件,形成解题策略.
【自我检测】
已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=a1(2n-1),a4=16,n∈N*.
(1)求a1及数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的最大项.
解答2数列的证明问题
2已知正项数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),其中=λan+μ.
(1)若a1=2,a2=6,求数列{an}的通项公式;
(2)若a1+a3=2a2,求证:
{an}是等差数列.
[听课笔记]
【考场点拨】
判断数列是否为等差或等比数列的策略:
(1)将所给的关系式进行变形、转化,以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断;
(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列,则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.
【自我检测】
已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足Sn-2an=n-4.
(1)证明:
{Sn-n+2}为等比数列;
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解答3数列的求和问题
3已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,S7=35,且a2,a5,a11成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Tn为数列的前n项和,且存在n∈N*,使得Tn-λan+1≥0成立,求实数λ的取值范围.
[听课笔记]
【考场点拨】
裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项,使得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵消的过程中,有的是依次项消,有的是间隔项消.常见的裂项方式有:
=-;=;=;=.
4已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2-n,在正项等比数列{bn}中,b2=a2,b4=a5.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
[听课笔记]
【考场点拨】
如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时,可采用错位相减法.用错位相减法求和时,应注意:
①等比数列的公比为负数的情形;②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便准确写出“Sn-qSn”的表达式.
【自我检测】
1.已知等比数列{an}的各项均为正数,a4=81,且a2,a3的等差中项为18.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log3an,cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,
证明:
Tn<.
2.已知正项数列是公差为2的等差数列,且a1,9,a2成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
第11讲 数列求和及数列的简单应用
典型真题研析
1.解:
(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15,
所以由a1=-7得d=2,
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由
(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.
2.解:
(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1,
所以{an}的通项公式为an=n.
故b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.
(2)因为bn=
所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.
3.解:
(1)证明:
由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1.
因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.
(2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1,
由
(1)知,a3=λ+1.
若{an}为等差数列,则2a2=a1+a3,解得λ=4,故an+2-an=4.
由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,
a2n-1=4n-3;
{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.
考点考法探究
解答1
例1 解:
(1)设数列{an}的公差为d,
由题意可知整理得
∴an=2n-1.
(2)由
(1)知an=2n-1,∴Sn=n2,∴S4=16,S6=36,
又S4Sn=,∴n2==81,∴n=9,此等比数列的公比q==.
【自我检测】
解:
(1)由题得a4=S4-S3=8a1=16,解得a1=2,
故Sn=2n+1-2,
则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n.因为当n=1时,a1=2满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由
(1)知bn=,则bn+1-bn=-=.
当1≤n≤2时,-n2+2n+1>0,则bn+1>bn;
当n≥3时,-n2+2n+1<0,则bn+1 故数列{bn}的前3项依次递增,从第3项开始依次递减, 所以数列{bn}的最大项为b3=. 解答2 例2 解: (1)根据题意,有解得 故Sn=(an+2)2,当n≥2且n∈N*时,有Sn-1=(an-1+2)2, 两式相减,得(an+an-1)(an-an-1)=4(an+an-1), 又an>0恒成立,则an-an-1=4, 所以数列{an}是首项为2,公差为4的等差数列,故an=4n-2. (2)证明: 根据题意,有 因为a1+a3=2a2,所以可设a3-a2=a2-a1=d, ②-①得a2=(λa1+λa2+2μ)·λd④, ③-②得a3=(λa2+λa3+2μ)·λd⑤, ⑤-④得d=2λ2d2,当d=0时,a2=0,不符合题意,故舍去,则有λ2=, 代入④式得4λμ=1,代入①式得a1=, 所以Sn=λ2+2λμan+μ2=+an+. 当n≥2且n∈N*时,有Sn-1=+an-1+, 两式相减得an=(-)+(an-an-1),整理得(an+an-1)(an-an-1-d)=0. 因为an>0恒成立,所以an-an-1=d,所以{an}是等差数列. 【自我检测】 解: (1)证明: 原式可转化为Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n≥2), 即Sn=2Sn-1-n+4, 所以Sn-n+2=2[Sn-1-(n-1)+2]. 由S1-2a1=1-4,得S1=3,所以S1-1+2=4,所以{Sn-n+2}是首项为4,公比为2的等比数列. (2)由 (1)知Sn-n+2=2n+1, 所以Sn=2n+1+n-2, 所以Tn=(22+23+…+2n+1)+(1+2+…+n)-2n =+-2n =. 解答3 例3 解: (1)由题意可得即 又因为d≠0,所以所以an=n+1. (2)因为==-,所以Tn=++…+=-=. 因为存在n∈N*,使得Tn-λan+1≥0成立,所以存在n∈N*,使得-λ(n+2)≥0成立,即存在n∈N*,使得λ≤成立. 又=≤(当且仅当n=2时取等号), 所以λ≤,即实数λ的取值范围是. 例4 解: (1)∵Sn=n2-n,∴an=Sn-Sn-1=2(n-1)(n≥2),当n=1时,a1=0,满足上式, ∴an=2(n-1). 设数列{bn}的公比为q.∵数列{bn}为等比数列,且b2=a2=2,b4=a5=8, ∴=q2=4,又bn>0,∴q=2,∴bn=2n-1. (2)由 (1)得cn=(n-1)·2n, ∴Tn=0+(2-1)×22+(3-1)×23+…+(n-1)×2n=1×22+2×23+…+(n-1)×2n, ∴2Tn=1×23+2×24+…+(n-2)×2n+(n-1)×2n+1, 两式相减,得-Tn=22+23+24+…+2n-(n-1)·2n+1 =-(n-1)·2n+1=2n+1-(n-1)·2n+1-4, ∴Tn=(n-2)·2n+1+4. 【自我检测】 1.解: (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0).由题意得即两式相除,得4q2-9q-9=0,解得q=3或q=-. ∵q>0,∴q=3,∴a1=3,∴an=a1qn-1=3n. (2)证明: 由 (1)得bn=log33n=n,∴cn==, ∴Tn= ++…+ ==-, ∴Tn<. 2.解: (1)因为数列是公差为2的等差数列,所以-=2,则a2=3a1+18, 又a1,9,a2成等比数列,所以a1a2=a1(3a1+18)=92, 解得a1=3或a1=-9.因为数列为正项数列,所以a1=3, 所以=+2(n-1)=2n-1, 故an=(2n-1)·3n. (2)由 (1)得Sn=1×3+3×32+…+(2n-1)·3n, 所以3Sn=1×32+3×33+…+(2n-1)·3n+1, 所以Sn-3Sn=3+2×[32+33+…+3n]-(2n-1)·3n+1, 即-2Sn=3+2×-(2n-1)·3n+1=3n+1-6+(1-2n)·3n+1=(2-2n)·3n+1-6, 故Sn=(n-1)·3n+1+3.
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