高考数学理二轮复习 讲学案考前专题四 数列推理与证明 第2讲 数列的求和问题.docx
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高考数学理二轮复习讲学案考前专题四数列推理与证明第2讲数列的求和问题
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b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7.
(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q>0,
由题易知,a1=-1,b1=2,
由得
解得q=2,此时d=-2,
∴an=-2n+1,bn=2n.
(2)由
(1)知,an=-2n+1,bn=2n,
∴cn=
当n为偶数时,奇数项和偶数项各有项,
∴Tn=(c1+c3+c5+…+cn-1)+(c2+c4+…+cn)
=n+(c2+c4+…+cn),
令Hn=c2+c4+c6+…+cn,
∴Hn=+++…++,
Hn=++…++,
以上两式相减,得
Hn=+++…+-
=--
=
--
=-,
∴Hn=-.
故当n为偶数时,Tn=+n-,
当n(n≥3)为奇数时,n-1为偶数,
Tn=Tn-1+an=+(n-1)-+2
=+n-,
经验证,n=1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,a1=1,an+1=+n+1.
(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=2·+1,
∴+1=2,
又a1+1=2,an>0,∴+1≠0,
∴=2,
∴数列是首项为2,公比为2的等比数列.
方法二 由an+1=+n+1,
得nan+1=2(n+1)an+n(n+1),
由a1>0及递推关系,可知an>0,
∴+1≠0,
∴=
==2,
又∵a1=1,∴+1=2,
∴数列是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)解 由
(1)得+1=2·2n-1=2n,
∴an=n·2n-n,
Sn=2+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n-[1+2+3+…+(n-1)+n],
设Tn=2+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n,①
则2Tn=22+2×23+3×24+…+(n-1)2n+n×2n+1,②
由①-②,得
-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1
=-n·2n+1=-(n-1)2n+1-2,
∴Tn=(n-1)2n+1+2,
又1+2+3+…+(n-1)+n=,
∴Sn=(n-1)2n+1-+2.
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 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{an}为等差数列,且a3=5,a5=9,数列{bn}的前n项和Sn=bn+.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=an|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=(a5-a3)=2,
又因为a3=5,所以a1=1,所以an=2n-1.
当n=1时,b1=b1+,所以b1=1;
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=bn-bn-1,
所以bn=-2bn-1,
即数列{bn}是首项为1,公比为-2的等比数列,
所以bn=(-2)n-1.
(2)因为cn=an|bn|=(2n-1)2n-1,
所以Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)2n-1,
2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)2n,
两式相减,得
-Tn=1×1+2×2+2×22+…+2×2n-1-(2n-1)2n
=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)2n
=1+2×-(2n-1)2n
=1+2n+1-4-(2n-1)2n=-3+(3-2n)2n,
所以Tn=3+(2n-3)2n.
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 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn=n2,数列{bn}满足:
①b3=;②bn>0;③2b+bn+1bn-b=0.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解
(1)当n=1时,a1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1(n∈N*),
检验a1=1,满足an=2n-1(n∈N*).
∵2b+bn+1bn-b=0,
且bn>0,∴2bn+1=bn,
∴q=,b3=b1q2=,
∴b1=1,bn=n-1(n∈N*).
(2)由
(1)得cn=(2n-1)n-1,
Tn=1+3×+5×2+…+(2n-1)n-1,
Tn=1×+3×2+…+(2n-3)n-1+(2n-1)×n,
两式相减,得Tn=1+2×+2×2+…+2×n-1-(2n-1)×n
=1+2-(2n-1)×n
=3-n-1.
∴Tn=6-n-1(2n+3).
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,a=a3+a6,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,
∵a=a3+a6,
∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d,①
∵a=a1·a11,
即(a1+2d)2=a1·(a1+10d),②
∵d≠0,由①②解得a1=2,d=3.
∴数列{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由题意知,
bn=(-1)n
=(-1)n··
=(-1)n··
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
①若{an}是等差数列,则=,=;
②=-,=;
③=;
④=;
⑤=-,=(-).
跟踪演练3 已知数列{an}满足:
++…+=(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=anan+1,Sn为数列{bn}的前n项和,对于任意的正整数n,Sn>2λ-恒成立,求实数λ的取值范围.
解
(1)由题意,得当n=1时,=,则a1=2.
当n≥2时,++…+=,
则++…+=,
两式相减,得=-=,
即an=,当n=1时,也符合上式,则an=.
(2)由
(1),得
bn=anan+1=·
=
=2,
所以Sn=2
=2·,
则n越大,越小,Sn越大,即当n=1时,Sn有最小值S1=.
因为对于任意的正整数n,Sn>2λ-恒成立,
所以>2λ-,解得λ<,
故实数λ的取值范围是.
真题体验
1.(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=________.
答案
解析 设等差数列{an}的公差为d,则
由得
∴Sn=n×1+×1=,
==2.
∴=+++…+
=2
=2=.
2.(2017·天津)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
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b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,
所以q2+q-6=0.
又因为q>0,解得q=2,所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,得a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故
Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,③
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,④
③-④,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1-8,
得Tn=×4n+1+.
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+.
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M∈Z,满足对任意的n∈N*,都有Sn 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Sn=++…+ =1-, 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. 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,公比为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. 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a1=1,且an,an+1是方程x2-bnx+2n=0的两根,则b10等于( ) A.24B.32 C.48D.64 答案 D 解析 由已知有anan+1=2n,∴an+1an+2=2n+1,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a2=2,所以数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32,…,而bn=an+an+1,所以b10=a10+a11=32+32=64,故选D. 2.(2017届河南百校联盟质检)已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2a=a+a(n≥2),bn=,记数列{bn}的前n项和为Sn,则S33的值是( ) A.B. C.4D.3 答案 D 解析 ∵2a=a+a(n≥2), ∴数列{a}为等差数列,首项为1,公差为22-1=3. ∴a=1+3(n-1)=3n-2,an>0, ∴an=(n∈N*), ∴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(nπ),且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+…+a100等于( ) A.-100B.0 C.100D.10200 答案 A 解析 a1=-1+22,a2=22-32,a3=-32+42,a4=42-52,…,所以a1+a3+…+a99=(-1+22)+…+(-992+1002)=(1+2)+(3+4)+…+(99+100)=5050,a2+a4+…+a100=(22-32)+…+(1002-1012)=-(2+3+…+100+101)=-5150,所以a1+a2+…+a100=5050-5150=-100. 4.(2017届广东省潮州市模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,an=2·3n-1(n∈N*),若bn=,则b1+b2+…+bn=____________. 答案 - 解析 因为==3, 所以数列{an}为等比数列. 所以Sn===3n-1, 又bn===-, 则b1+b2+…+bn=++…+=-=-. 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[-0.2]=-1,[1.72]=1,已知an=(n∈N*),Sn为数列{an}的前项和,则S2017=________. 答案 677712 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,2017-2=671×3+2,后余2项, 所以S2017=×671×3+672+672=677712. 6.(2017届山西晋中榆社中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且对任意正整数n,满足2an+1+Sn-2=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=na,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)因为2an+1+Sn-2=0, 所以当n≥2时,2an+Sn-1-2=0, 两式相减,得2an+1-2an+Sn-Sn-1=0, 即2an+1-2an+an=0,an+1=an. 又当n=1时,2a2+S1-2=0⇒a2=a1, 即an+1=an(n∈N*). 所以{an}是首项a1=1,公比q=的等比数列, 所以数列{an}的通项公式为an=n-1. (2)由 (1)知,bn=na=, 则Tn=1+++…++,① 4Tn=4+2++…++,② 由②-①,得 3Tn=5++…++- =-. 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-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=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n∈N*,都有Tn<. (1)解 由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于是正项数列, 所以Sn>0,Sn=n2+n. 当n=1时,a1=S1=2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上可知,数列的通项公式an=2n. (2)证明 由于an=2n,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a1=1,S3+S4=S5. (1)求数列的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1anan+1,求数列的前2n项和T2n. 解 (1)设等差数列的公差为d,由S3+S4=S5, 可得a1+a2+a3=a5, 即3a2=a5,所以3(1+d)=1+4d,解得d=2. 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由 (1)可得bn=(-1)n-1·(2n-1)(2n+1) =(-1)n-1·(4n2-1), 所以T2n=(4×12-1)-(4×22-1)+(4×32-1)-(4×42-1)+…+(-1)2n-1×[4×(2n)2-1] =4[12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2] =-4(1+2+3+4+…+2n-1+2n)=-4×=-8n2-4n. 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a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),且bn=ancos,记Sn为数列的前n项和,则S24等于( ) A.294B.174 C.470D.304 答案 D 解析 由nan+1=(n+1)an+n(n+1),得=+1,所以数列为等差数列,因此=1+×1=n,an=n2,bn= 因此b3k+1+b3k+2+b3k+3=9k+,k∈N, S24=9+×8=304,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,Sn=n2+2n,bn=anan+1cos(n+1)π,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≥tn2对n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是______________. 答案 (-∞,-5] 解析 当n=1时,a1=3; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1, 当n=1时也成立,∴an=2n+1(n∈N*), ∴bn=anan+1cos(n+1)π=(2n+1)(2n+3)cos(n+1)π. 当n为奇数时,cos(n+1)π=1,当n为偶数时,cos(n+1)π=-1,因此当n为奇数时,Tn=3×5-5×7+…+(2n+1)(2n+3)=15+4×(7+11+…+2n+1)=2n2+6n+7,∵Tn≥tn2对n∈N*恒成立,∴2n2+6n+7≥tn2,t≤++2=72+,∴t≤2; 当n为偶数时, Tn=3×5-5×7+…-(2n+1)(2n+3)=-4×(5+9+…+2n+1)=-2n2-6n, ∵Tn≥tn2对n∈N*恒成立, ∴-2n2-6n≥tn2,t≤-2-, ∴t≤-5.综上可得t≤-5. 11.(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足a1=0,a2=,且对任意m,n∈N*,都有a2m-1+a2n-1=2am+n-1+(m-n)2. (1)求a3,a5; (2)设bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*). ①求数列{bn}的通项公式; ②设数列的前n项和为Sn,是否存在正整数p,q,且1 若存在,求出p,q的值,若不存在,请说明理由. 解 (1)由题意,令m=2,n=1, 则a3+a1=2a2+(2-1)2,解得a3=1. 令m=3,n=1,则a5+a1=2a3+(3-1)2, 解得a5=5. (2)①以n+2代替m,得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+3, 则[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=3, 即bn+1-bn=3. 所以数列{bn}是以3为公差的等差数列. 又b1=a3-a1=1, 所以bn=1+(n-1)×3=3n-2. ②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 3, 即>3. 解得 又1 所以存在正整数p=2,q=16,使得S1,Sp,Sq成等比数列. 12.(2017届江苏泰州中学月考)已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的通项公式bn=(n∈N*),若S3=b5+1,b4是a2和a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 解 (1)∵数列{bn}的通项公式 bn=(n∈N*), ∴b5=6,b4=4, 设各项都为正数的等比数列{an}的公比为q,q>0, ∵S3=b5+1=7,∴a1+a1q+a1q2=7,① 又b4是a2和a4的等比中项, ∴a2a4=a=b=16, 解得a3=a1q2=4,② 由①②得3q2-4q-4=0, 解得q=2或q=-(舍去), ∴a1=1,an=2n-1. (2)当n为偶数时, Tn=(1+1)×20+2×2+(3+1)×22+4×23+(5+1)×24+…+[(n-1)+1]×2n-2+n×2n-1 =(20+2×2+3×22+4×23+…+n×2n-1)+(20+22+…+2n-2), 设Hn=20+2×2+3×22+4×23+…+n×2n-1,③ 则2Hn=2+2×22+3×23+4×24+…+n×2n,④ 由③-④,得 -Hn=20+2+22+23+…+2n-1-n×2n =-n×2n=(1-n)×2n-1, ∴Hn=(n-1)×2n+1, ∴Tn=(n-1)×2n+1+ =×2n+. 当n为奇数,且n≥3时, Tn=Tn-1+(n+1)×2n-1 =×2n-1++(n+1)×2n-1 =×2n-1+, 经检验,T1=2符合上式, ∴Tn=
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