新版【四川】高考数学理二轮复习：专题4第2讲数列求和及综合应用考点精讲精练及答案

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1、 1 1第二讲数列求和及综合应用1等差、等比数列的求和公式(1)等差数列前n项和公式：Snna1d.(2)等比数列前n项和公式：q1时，Snna1；q1时，Sn.2数列求和的方法技巧(1)转化法有些数列，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(2)错位相减法这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anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩

2、余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和3数列的应用题(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型an，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式1 (20xx课标全国)设等差数列a

3、n的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m等于()A3 B4 C5 D6答案C解析am2，am13，故d1，因为Sm0，故ma1d0，故a1，因为amam15，故amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.2 (20xx福建)数列an的通项公式anncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于()A1 006 B2 012 C503 D0答案A解析用归纳法求解anncos ，a10，a22，a30，a44，a50，a66，a70，a88，.由此易知a4n2(4n2)，a4n4n，且a1a2a3a4242，a5a6a7a8682，a4n3a4n2a4n1a4n(4n2)4n

4、2.又2 0124503，a1a2a2 01222225031 006.503个3 (20xx大纲全国)已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A. B. C. D.答案A解析设等差数列an的首项为a1，公差为d.a55，S515，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为11.4 (20xx课标全国)数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_答案1 830解析an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，

5、a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.5 (20xx湖南)设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则：(1)a3_；(2)S1S2S100_.答案(1)(2)解析anSnSn1(1)nan(1)n1an1，an(1)nan(1)n1an1.当n为偶数时，an1，当n为奇数时，2anan1，当n4时，a3.根据以上an的关系式及递推式可求a1，a3，a5，a7，a2，a4，a6，a8.a2a1，a4a3，a6a5，S1S2S100(a2a1)(a4a3)(a1

6、00a99).题型一分组转化法求和例1等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和Sn.审题破题(1)可以通过逐个验证来确定数列的前三项，进而求得an；(2)可以分组求和：将bn前n项和转化为数列an和数列(1)nln an前n项的和解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318.

7、所以公比q3.故an23n1 (nN*)(2)因为bnan(1)nln an23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn反思归纳某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化特别注意在含有字母的数

8、列中对字母的讨论变式训练1在等差数列an中，a3a4a542，a830.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn()an2(R)，则是否存在这样的实数使得bn为等比数列；(3)数列cn满足cn，Tn为数列cn的前n项和，求T2n.解(1)因为an是一个等差数列，所以a3a4a53a442，a414.设数列an的公差为d，则4da8a416，故d4.故ana4(n4)d4n2.(2)bn()an29n.假设存在这样的使得bn为等比数列，则bbnbn2，即(9n1)2(9n)(9n2)，整理可得0，即存在0使得bn为等比数列(3)cn，T2n1(223)22(243)2422n2(22

9、n3)1222422n24(12n)3n43n2n2n.题型二错位相减法求和例2已知公差不为0的等差数列an的首项a12，且，成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b12b222b32n1bnan，求数列nbn的前n项和Tn.审题破题(1)列方程求an的通项公式；(2)先求bn(两式相减)，再用错位相减法求Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，由2，得(a1d)2a1(a13d)因为d0，所以da12，所以an2n.(2)b12b24b32n1bnanb12b24b32n1bn2nbn1an1得：2nbn12.bn121n.当n1时，b1a12，bn22n.Tn，Tn，上

10、两式相减得Tn222，Tn8.反思归纳错位相减法适用于求数列anbn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列；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等比数列的和，此时一定要查清其项数变式训练2(20xx山东)设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且Tn(为常数)令cnb2n，nN*，求数列cn的前n项和Rn.解(1)设公差为d，令n1，则a22a11，a1d1，又S44S2，即2a1d，由得：a11，d2，所以an2n1(nN*)(2)由题意知，Tn，当n2时，bnTnTb2n(n

11、N*)Rnc1c2cn1cn0，Rn，得：Rn，Rn.题型三裂项相消法求和例3在公差不为0的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列(1)已知数列an的前10项和为45，求数列an的通项公式；(2)若bn，且数列bn的前n项和为Tn，若Tn，求数列an的公差审题破题(1)列方程组(两个条件)确定an；(2)不可以采用裂项相消法求得，应该和已知Tn对比求得公差解设数列an的公差为d，由a1，a4，a8成等比数列可得aa1a8，即(a13d)2a1(a17d)，a6a1d9d2a7a1d，而d0，a19d.(1)由数列an的前10项和为45可得S1010a1d45，即90d45d45，故d，a1

12、3，故数列an的通项公式为an3(n1)(n8)(2)bn，则数列bn的前n项和为Tn.故数列an的公差d1或1.反思归纳裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成anbnkbn (k1，kN*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，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变式训练3等比数列an的各项均为正数，且2a13a21，a9a2a6.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3a1log3a2log3an，求数列的前n项和解(1)设数列an的公比为q.由a9a2a6，得a9a，所以q2.由条件可知q0，故q.由2a13a21，得2a13a1q1

13、，所以a1.故数列an的通项公式为an.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).故2，2.所以数列的前n项和为.题型四数列的综合应用例4已知Sn是数列an的前n项和，点(n，Sn)在函数f(x)x2x的图象上(1)求数列an的通项；(2)若cn，求证：2nc1c2cn2 2，所以c1c2cn2n.又因为cn2.故c1c2cn2n()()()2n2n.所以2nc1c2cn2n成立反思归纳数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：作差法；作商法；综合法；分析法；放缩法变式训练4已知各项全不为零的数列an的前n项和为Sn，Sn，nN*.(1)求证：数列an为等差数

14、列；(2)若a23，求证：当nN*时，.证明(1)由S1a1知a11.当n2时，anSnSn1，化简得(n2)an(n1)an110，以n1代替n得(n1)an1nan10.两式相减得(n1)an12(n1)an(n1)an10.则an12anan10，其中n2.所以，数列an为等差数列(2)由a11，a23，结合(1)的结论知an2n1(nN*)于是(1)()()(1)0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是q，q，即q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列8分充分性：若对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)qA(n

15、)，C(n)qB(n)，于是C(n)B(n)qB(n)A(n)，得an2a2q(an1a1)，即an2qan1a2qa1.由n1有B(1)qA(1)，即a2qa1，从而an2qan10.因为an0，所以q.故数列an是首项为a1，公比为q的等比数列11分综上所述，数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件：对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列12分评分细则(1)得到an是等差数列给3分；(2)证明中没有写出必要性、充分性的不扣分；(3)证明必要性时没有指明an0扣1分；(4)最后结论不写扣1分阅卷老师提醒本题背景新颖，考查转化能力用到的知识很简单，失去信心是本

16、题失分的主要原因第(1)问根据B(n)A(n)C(n)B(n)即可轻松解决；第(2)问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常简单的等比数列的定义，其关键是要有较好的推理论证能力1 数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76 B78 C80 D82答案B解析an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.2 已知等差数列an的公差d2，a1a4a7a9750，那么a3a6a9a99的值是()A78 B82 C148 D182答案B解析a3a6a9a99(a12d)(a42d)

17、(a72d)(a972d)a1a4a7a972d335066(2)82.3 已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1a200，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S200等于()A100 B101 C200 D201答案A解析因为A，B，C三点共线，所以a1a2001，S200200100.4 已知数列2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013项之和S2 013等于()A1 B2 010C4 018 D0答案C解析由已知得anan1an1 (n2)，an1anan1.故数列的前8项依次为2 008

18、,2 009,1，2 008，2 009，1，2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S60.2 01363353，S2 013S34 018.5 已知数列an，an，前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是()Aan与Sn都有最大值 Ban与Sn都没有最大值Can与Sn都有最小值 Dan与Sn都没有最小值答案C解析画出an的图象，点(n，an)为函数y图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大6 若数列n(n4)()n中的最大项是第k项，则k_.答案4解析由题意知解得k1.kN*，k4.专题限时规范训练一、选择题1 设Sn是等差数列an的前n

19、项和，已知a23，a611，则S7等于()A13 B35 C49 D63答案C解析a1a7a2a631114.S749.2 等差数列an的前n项和为Sn，已知a58，S36，则S10S7的值是()A24 B48 C60 D72答案B解析设等差数列an的公差为d，由题意可得，解得，则S10S7a8a9a103a124d48.3 已知函数f(x)满足f(x1)f(x) (xR)，且f(1)，则数列f(n) (nN*)前20项的和为()A305 B315 C325 D335答案D解析因为f(1)，f(2)，f(3)，f(n)f(n1)，所以f(n)是以为首项，为公差的等差数列所以S2020335.4

20、 已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn为()An21 Bn22Cn21 Dn22答案A解析因为an2n1，则Snnn21.5 已知数列an的前n项和Snn23n，若an1an280，则n的值等于()A5 B4 C3 D2答案A解析由Snn23n可得an42n.因此an1an242(n1)42(n2)80，即n(n1)20，解得n5，故选A.6 数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10等于()A15 B12 C12 D15答案A解析an(1)n(3n2)，a1a2a10147102528(14)(710)(2528)3515.7 (20xx上海)设ansin ，Sna1a

21、2an.在S1，S2，S100中，正数的个数是()A25 B50 C75 D100答案D解析结合三角函数性质，寻求数列前n项和的符号特点ansin ，当1n24时，sin 0，即a1，a2，a240；当n25时，a250；当26n49时，ansin sin 0，且|an|0，同理可知S51，S52，S53，S1000.在S1，S2，S100中，正数的个数为100.8 已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10等于()A1 B9 C10 D55答案A解析SnSmSnm，a11，S11.可令m1，得Sn1Sn1，Sn1Sn1.即当n1时，an11，a101.二、填空题9

22、在数列an中，Sn是其前n项和，若a11，an1Sn (n1)，则an_.答案解析an1Sn，an2Sn1，an2an1(Sn1Sn)an1，an2an1 (n1)a2S1，an.10各项均为实数的等比数列an的前n项和记为Sn，若S1010，S3070，则S40_.答案150解析设每10项一组的和依次组成的数列为bn，由已知可得，b110，b1b2b370.设原等比数列an的公比为q，则q10.同理：q10，q10，bn构成等比数列，且公比qq10.由可得1010q10(q)270，即(q)2q60，解得q2或q3.qq100，q2.bn的前4项依次是10,20,40,80.S40150.1

23、1在等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足bnlog3an，则数列的前n项和Sn_.答案解析设等比数列an的公比为q，则q327，解得q3.所以ana1qn133n13n，故bnlog3ann，所以.则数列的前n项和为11.12数列1，的前100项的和等于_答案解析S10011234139.三、解答题13(20xx江西)正项数列an满足：a(2n1)an2n0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由a(2n1)an2n0，得(an2n)(an1)0.由于an是正项数列，所以an2n.(2)由an2n，bn，则bn，Tn.14已知：数列an的

24、前n项和为Sn，且满足Sn2ann(nN*)(1)求a1，a2的值；(2)求数列an的通项公式；(3)若数列bn的前n项和为Tn，且满足bnnan(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)Sn2ann.令n1，解得a11；令n2，解得a23.(2)Sn2ann，所以Sn12an1(n1)(n2，nN*)，两式相减得an2an11，所以an12(an11)(n2，nN*)，又因为a112，所以数列an1是首项为2，公比为2的等比数列所以an12n，即通项公式an2n1(nN*)(3)bnnan，所以bnn(2n1)n2nn，所以Tn(1211)(2222)(3233)(n2nn)，Tn(121222323n2n)(123n)令Sn121222323n2n，2Sn122223324n2n1，得Sn2122232nn2n1，Snn2n1，Sn2(12n)n2n12(n1)2n1，所以Tn2(n1)2n1(nN*)