20届高考数学文二轮复习 第2部分 专题2 第2讲数列求和及数列的简单应用大题Word文件下载.docx

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所以Sn－3Sn＝3＋2×

（32＋33＋…＋3n）－（2n－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.

跟踪演练1　（2019·

乐山调研）已知等差数列{an}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比数列．

解　

（1）设等差数列{an}的公差为d，

则a1＝5－d，a4＝5＋2d，a13＝5＋11d，

因为a1，a4，a13成等比数列，

所以（5＋2d）2＝（5－d）（5＋11d），

化简得d2＝2d，则d＝0或d＝2，

当d＝0时，an＝5.

当d＝2时，a1＝5－d＝3，

an＝3＋（n－1）×

2＝2n＋1（n∈N*）．

所以，当d＝0时，an＝5（n∈N*）；

当d＝2时，an＝2n＋1（n∈N*）．

（2）由

（1）知，当an＝5时，Sn＝5n.

当an＝2n＋1时，a1＝3，则Sn＝＝n2＋2n（n∈N*）．

热点二　数列的证明问题

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．

例2　已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．

（1）求证：

数列{S}为等差数列；

（2）求数列{an}的通项公式；

（3）设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.

（1）证明　由题意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①

当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入①式得

2Sn（Sn－Sn－1）－（Sn－Sn－1）2＝1，

整理得S－S＝1（n≥2）．

又当n＝1时，由①式可得a1＝S1＝1（负值舍去），

∴数列{S}是首项为1，公差为1的等差数列．

（2）解　由

（1）可得S＝1＋n－1＝n，

∵数列{an}的各项都为正数，

∴Sn＝，

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，

又a1＝S1＝1满足上式，

∴an＝－（n∈N*）．

（3）解　由

（2）得bn＝＝

＝（－1）n（＋），

当n为奇数时，

Tn＝－1＋（＋1）－（＋）＋…＋（＋）－（＋）＝－；

当n为偶数时，

Tn＝－1＋（＋1）－（＋）＋…－（＋）＋（＋）＝，

∴数列{bn}的前n项和Tn＝（－1）n（n∈N*）．

跟踪演练2　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.

（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）解　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

＝.

热点三　数列的求和问题

1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，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：

＝－；

＝；

2．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．

例3　（2019·

菏泽模拟）已知正项等比数列{an}中，a1＝，且a2，a3，a4－1成等差数列．

（2）若bn＝log2a＋4，求数列的前n项和Tn.

解　

（1）设等比数列{an}的公比为q，

因为a2，a3，a4－1成等差数列，

所以2a3＝a2＋a4－1，得2a1q2＝a1q＋a1q3－1，

又a1＝，则2×

q2＝q＋q3－1，

即q2＝q＋q3－1，

所以2q2＝q＋q3－2，所以2q2＋2＝q＋q3，

所以2（q2＋1）＝q（q2＋1），

所以（q2＋1）（2－q）＝0，

显然q2＋1≠0，所以2－q＝0，解得q＝2，

故数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝·

2n－1＝2n－2.

（2）由

（1）知，bn＝log2a＋4＝log2（2n－2）2＋4

＝2log22n－2＋4＝2（n－2）＋4＝2n，

所以＝＝，

则Tn＝＋＋…＋

＝

＝＝.

跟踪演练3　（2019·

龙岩模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36.

（2）若数列{bn}满足bn＝2n·

an，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　

（1）∵a2＝3，∴a1＋d＝3，

∵S6＝36，∴6a1＋15d＝36，

则a1＝1，d＝2，

∴an＝2n－1.

（2）由

（1）可知，bn＝2n（2n－1），

Tn＝1×

2＋3×

22＋5×

23＋…＋（2n－3）×

2n－1＋（2n－1）×

2n，①

①×

2，得

2Tn＝1×

22＋3×

23＋5×

24＋…＋（2n－3）×

2n＋（2n－1）×

2n＋1，②

①－②得，

－Tn＝2＋2×

22＋2×

23＋2×

24＋…＋2×

2n－（2n－1）×

2n＋1

＝2＋2×

＝－6＋2n＋2－（2n－1）·

＝－6＋2n＋1（3－2n），

∴Tn＝6＋（2n－3）·

2n＋1.

真题体验

（2019·

全国Ⅰ，文，18）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.

（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；

（2）若a1>

0，求使得Sn≥an的n的取值范围．

解　

（1）设{an}的公差为d.

由S9＝－a5，即9a5＝－a5，

所以a5＝0，得a1＋4d＝0.

由a3＝4得a1＋2d＝4.

于是a1＝8，d＝－2.

因此{an}的通项公式为an＝10－2n，n∈N*.

（2）由

（1）得a1＝－4d，故an＝（n－5）d，

Sn＝.

由a1>

0知d<

0，

故Sn≥an等价于≥（n－5）d，化简得

n2－11n＋10≤0，

解得1≤n≤10，

所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．

押题预测

已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．

（2）若数列{bn}满足：

bn＝＋2log2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.

∵a1，a2，a3－2成等差数列，

∴2a2＝a1＋（a3－2）＝2＋（a3－2）＝a3，

∴q＝＝2⇒an＝a1qn－1＝2n（n∈N*）．

（2）∵bn＝＋2log2an－1＝n＋2log22n－1

＝n＋2n－1，

∴Sn＝＋＋＋…＋

＝＋[1＋3＋5＋…＋（2n－1）]

＝＋

＝n2－n＋1（n∈N*）．

A组　专题通关

1．（2019·

全国Ⅱ）已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．

解　

（1）设{an}的公比为q，

由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，

解得q＝－2（舍去）或q＝4.

因此{an}的通项公式为an＝2×

4n－1＝22n－1.

（2）由

（1）得bn＝log222n－1＝（2n－1）log22＝2n－1，

因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.

2．（2019·

荆州模拟）已知数列{an}满足a1＝2，（n＋2）an＝（n＋1）an＋1－2（n2＋3n＋2），设bn＝.

（1）求b1，b2，b3；

（2）判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；

（3）求数列{an}的通项公式．

解　

（1）将n＝1代入（n＋2）an＝（n＋1）an＋1－2（n2＋3n＋2），

得3a1＝2a2－12，

又a1＝2，所以a2＝9，

将n＝2代入（n＋2）an＝（n＋1）an＋1－2（n2＋3n＋2），

得4a2＝3a3－24，

所以a3＝20；

从而b1＝1，b2＝3，b3＝5.

（2）数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．

由条件得

＝，

化简得－＝2，

即bn＋1－bn＝2，

所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．

（3）由

（2）可得bn＝1＋2（n－1）＝2n－1，

则an＝（n＋1）bn＝（n＋1）（2n－1）＝2n2＋n－1.

3．（2019·

江南十校模拟）已知数列{an}中，a2a6＝64，且log2an，log2an＋1,1（n∈N*）成等差数列．

（2）若数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.

解　

（1）∵log2an，log2an＋1,1成等差数列，

∴2×

log2an＋1＝log2an＋1

即log2an＋1＝log2（2an），

∴an＋1＝2an且an>

∴数列{an}是等比数列，且公比q＝2.

由a2a6＝64得

a＝64，解得a4＝8，

∴an＝a4qn－4＝8×

2n－4＝2n－1（n∈N*）．

（2）由

（1）知，bn＝

＝－，

∴Tn＝＋＋＋…＋＋

＝－.

B组　能力提高

4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2（Sn＋n＋1）（n∈N*），令bn＝an＋1.

{bn}是等比数列；

（2）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（3）求证：

－<

＋＋＋…＋<

.

（1）证明　a1＝2，a2＝2（a1＋1＋1）＝2×

（2＋2）＝8，

an＋1＝2（Sn＋n＋1）（n∈N*），①

an＝2（Sn－1＋n）（n≥2），②

①－②，得an＋1＝3an＋2（n∈N*）．

经检验，当n＝1时上式也成立，

即an＋1＝3an＋2（n∈N*）．

所以an＋1＋1＝3（an＋1），

即bn＋1＝3bn，且b1＝3.

所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列．

（2）解　由

（1）得bn＝3n，nbn＝n·

所以Tn＝1×

3＋2×

33＋…＋n×

3Tn＝1×

32＋2