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