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

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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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.