《2022年高考數學二輪專題突破 專題三 數列與不等式 第2講 數列的求和問題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數學二輪專題突破 專題三 數列與不等式 第2講 數列的求和問題 理（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數學二輪專題突破 專題三 數列與不等式 第2講 數列的求和問題 理 1．(xx·福建)在等差數列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值． 　 　 　 2．(xx·課標全國Ⅰ)已知{an}是遞增的等差數列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根． (1)求{an}的通項公式； (2)求數列{}的前n項和． 　 　 　 　高考對數列求和的考查主要以解答題的形式出現，通過分組轉化、錯位相減、裂項相消等方法求一般數列的和，體現轉化與化

2、歸的思想. 熱點一　分組轉化求和 有些數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將數列通項拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數列或常見的數列，即先分別求和，然后再合并． 例1　等比數列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數，且a1，a2，a3中的任何兩個數不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (2)若數列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nln an，求數列{bn}的前n項和Sn. 　 　 　 　 　 思維升華　在處理一般

3、數列求和時，一定要注意使用轉化思想．把一般的數列求和轉化為等差數列或等比數列進行求和，在求和時要分析清楚哪些項構成等差數列，哪些項構成等比數列，清晰正確地求解．在利用分組求和法求和時，由于數列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式． 跟蹤演練1　在等差數列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求數列{an}的通項公式； (2)對任意m∈N*，將數列{an}中落入區(qū)間(9m,92m)內的項的個數記為bm，求數列{bm}的前m項和Sm. 　 　 　 　 　 熱點二　錯位相減法求和 錯位相減法是

4、在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列． 例2　(xx·衡陽聯考)已知數列{an}的前n項和為Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝(2n－1)an，求數列{bn}的前n項和Tn. 　 　 　 思維升華　(1)錯位相減法適用于求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}為等差數列，{bn}為等比數列；(2)所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減．要注意的是相減后得到部分，求等比數列的和，此時一定

5、要查清其項數．(3)為保證結果正確，可對得到的和取n＝1,2進行驗證． 跟蹤演練2　設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)， (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 　 　 　 熱點三　裂項相消法求和 裂項相消法是指把數列和式中的各項分別裂開后，某些項可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于{}或{}(其中{an}為等差數列)等形式的數列求和． 例3　(xx·廣東韶關高三聯考)已知在數列{an}中，a1＝1，當n≥2時，其前n項和Sn滿足S＝an(Sn－)． (1)求Sn的表

6、達式； (2)設bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，證明Tn<. 　 　 　 　 　 思維升華　(1)裂項相消法的基本思想就是把通項an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，從而達到在求和時某些項相消的目的，在解題時要善于根據這個基本思想變換數列{an}的通項公式，使之符合裂項相消的條件． (2)?；牧秧椆? ①＝(－)； ②＝(－)； ③＝(－)． 跟蹤演練3　(1)已知數列{an}，an＝，其前n項和Sn＝9，則n＝________. (2)(xx·江蘇)設數列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數

7、列前10項的和為________． 1．已知數列{an}的通項公式為an＝，其前n項和為Sn，若存在實數M，滿足對任意的n∈N*，都有Sn0)，且4a3是a1與2a2的等差中項． (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 　 　 　 　 提醒：完成作業(yè)　專題三　第2講 二輪專題強化練 專題三 第2講　數列的求和問題 A組　專題通關 1．已知數列1，3，5，7，…，則其前n

8、項和Sn為(　　) A．n2＋1－ B．n2＋2－ C．n2＋1－ D．n2＋2－ 2．已知在數列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于(　　) A．445 B．765 C．1 080 D．3 105 3．在等差數列{an}中，a1＝－2 012，其前n項和為Sn，若－＝2 002，則S2 014的值等于(　　) A．2 011 B．－2 012 C．2 014 D．－2 013 4．已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，則數列{an}的前40項和S40等于(　

9、　) A．20 B．40 C．60 D．80 5．(xx·紹興模擬)＋＋＋…＋的值為(　　) A. B.－ C.－(＋) D.－＋ 6．設f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，則S＝________. 7．(xx·浙江名校聯考)在數列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，記Sn是數列{an}的前n項和，則S60＝________. 8．設Sn為數列{an}的前n項和，若(n∈N*)是非零常數，則稱該數列為“和等比數列”；若數列{cn}是首項為2，公差為d(d≠0)的等差數列，且數列{cn}是“和等比數列”，則d＝________. 9．(xx·北

10、京)已知{an}是等差數列，滿足a1＝3, a4＝12，數列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數列． (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{bn}的前n項和． 10．(xx·山東)設數列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若數列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn. B組　能力提高 11．數列{an}滿足a1＝2，an＝，其前n項積為Tn，則T2 016等于(　　) A

11、. B．－ C．1 D．－1 12．已知數列{an}滿足an＋1＝＋，且a1＝，則該數列的前2 016項的和等于(　　) A．1 509 B．3 018 C．1 512 D．2 016 13．已知lg x＋lg y＝1，且Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg yn，則Sn＝________. 14．(xx·湖南)設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3, n∈N*. (1)證明：an＋2＝3an； (2)求Sn. 學生用書答案精析 第2講　數列

12、的求和問題 高考真題體驗 1．解　(1)設等差數列{an}的公差為d， 由已知得 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2. (2)由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝＋ ＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101. 2．解　(1)方程x2－5x＋6＝0的兩根為2,3， 由題意得a2＝2，a4＝3. 設數列{an}的公差為d，則a4－a2＝2d， 故d＝，從而a1＝. 所以{an}的通項公式為an＝n＋

13、1. (2)設{}的前n項和為Sn. 由(1)知＝，則 Sn＝＋＋…＋＋， Sn＝＋＋…＋＋. 兩式相減得 Sn＝＋(＋…＋)－ ＝＋(1－)－. 所以Sn＝2－. 熱點分類突破 例1　解　(1)當a1＝3時，不合題意； 當a1＝2時，當且僅當a2＝6，a3＝18時，符合題意； 當a1＝10時，不合題意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故an＝2·3n－1 (n∈N*)． (2)因為bn＝an＋(－1)nln an ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3] ＝2·3n－

14、1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 當n為偶數時， Sn＝2×＋ln 3 ＝3n＋ln 3－1； 當n為奇數時， Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 綜上所述，Sn＝ 跟蹤演練1　解　(1)因為{an}是一個等差數列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28. 設數列{an}的公差為d， 則5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4

15、＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)． (2)對m∈N*，若9m

16、. (2)bn＝(2n－1)22－n， Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n， Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n， ∴Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n ＝2＋－(2n－1)21－n ＝6－(2n＋3)×21－n， ∴Tn＝12－(2n＋3)×22－n. 跟蹤演練2　解　(1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，當n≥2時，Sn＝2Sn－1＋n， ∴an＋1＝2an＋1， ∴an＋1＋1＝2(an＋1)， 即＝2(n≥2)，① 又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1， ∴a2

17、＝3，∴＝2， ∴當n＝1時，①式也成立， ∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)． (2)∵an＝2n－1， ∴bn＝＝＝， ∴Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋…＋＋， ∴Tn＝2(＋＋＋…＋－) ＝2－－＝2－. 例3　(1)解　當n≥2時，an＝Sn－Sn－1代入S＝an(Sn－)，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0， 所以－＝2， 所以{}是首項為1，公差為2的等差數列， 從而＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 所以Sn＝. (2)證明　因為bn＝＝ ＝(－)， 所以Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝(1－)<， 所以Tn

18、<. 跟蹤演練3　(1)99　(2) 解析　(1)因為an＝ ＝－， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1. 由－1＝9，解得n＝99. (2)∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，將以上n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝， 令bn＝， 故bn＝＝2， 故S10＝b1＋b2＋…＋b10 ＝2＝. 高考押題精練 1．1 解析　因為an＝＝＝－， 所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋[－] ＝1－， 由于1－<1，所以M的最小值為1.

19、 2．解　(1)當n＝1時，S1＝a(S1－a1＋1)， 所以a1＝a， 當n≥2時，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}是首項a1＝a，公比等于a的等比數列， 所以an＝a×an－1＝an. 故a2＝a2，a3＝a3. 由4a3是a1與2a2的等差中項，可得8a3＝a1＋2a2， 即8a3＝a＋2a2， 因為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)×2

20、n， 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. 二輪專題強化練答案精析 第2講　數列的求和問題 1．A　[因為an＝2n－1＋， 所以Sn＝＋ ＝n2＋1－.] 2．B　[∵an＋1＝an＋3，∴an

21、＋1－an＝3. ∴{an}是以－60為首項，3為公差的等差數列． ∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63. 令an≤0，得n≤21. ∴前20項都為負值． ∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30| ＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30 ＝－2S20＋S30. ∵Sn＝n＝×n， ∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.] 3．C　[等差數列中，Sn＝na1＋d，＝a1＋(n－1)，即數列{}是首項為a1＝－2 012，公差為的等差數列；因為－＝2 002，所以，(2 012－10)＝2 002，＝1，所以，S2 014＝2 014·

22、 [(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，選C.] 4．C　[由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，這是一個周期為6的數列，一個周期內的6項之和為，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.] 5．C　[∵＝＝ ＝(－)， ∴＋＋＋…＋＝(1－＋－＋－＋…＋－) ＝(－－) ＝－(＋)．] 6．1 007 解析　∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f()＋f()＋…＋f()，① S＝f()＋f()＋…＋f()，② ①＋②得，2

23、S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2 014， ∴S＝＝1 007. 7．480 解析　方法一　依題意得，當n是奇數時，an＋2－an＝1，即數列{an}中的奇數項依次形成首項為1、公差為1的等差數列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465； 當n是偶數時，an＋2＋an＝1，即數列{an}中的相鄰的兩個偶數項之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15. 因此，該數列的前60項和S60＝465＋15＝480. 方法二　∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a

24、1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}為等差數列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4， ∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8， S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…， ∴S60＝4×15＋×4＝480. 8．2 解析　由題意可知，數列{cn}的前n項和為Sn＝，前2n項和為S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋.因為數列{cn}是“和等比數列”，即為非零常數，所以d＝2. 9．解　(1

25、)設等差數列{an}的公差為d，由題意得 d＝＝＝3， 所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)． 設等比數列{bn－an}的公比為q，由題意得 q3＝＝＝8，解得q＝2. 所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1. 從而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)． (2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)． 數列{3n}的前n項和為n(n＋1)， 數列{2n－1}的前n項和為＝2n－1. 所以，數列{bn}的前n項和為n(n＋1)＋2n－1. 10．解　(1)因為2Sn＝3n＋3， 所以2a1＝3＋3，故a1＝3， 當n＞1時，2Sn－

26、1＝3n－1＋3， 此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1， 即an＝3n－1， 所以an＝ (2)因為anbn＝log3an，所以b1＝， 當n＞1時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n. 所以T1＝b1＝； 當n＞1時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)， 所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)， 兩式相減，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n ＝＋－(n－1)×31－n ＝－，所以Tn＝－， 經檢驗，n＝1時

27、也適合． 綜上可得Tn＝－. 11．C　[由an＝，得an＋1＝. ∵a1＝2，∴a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，a6＝－3. 故數列{an}具有周期性，周期為4， ∵a1a2a3a4＝1， ∴T2 016＝T4＝1.] 12．C　[因為a1＝， 又an＋1＝＋， 所以a2＝1，從而a3＝，a4＝1， 即得an＝ 故數列的前2 016項的和等于 S2 016＝1 008×(1＋)＝1 512.] 13.n2 解析　因為lg x＋lg y＝1，所以lg(xy)＝1. 因為Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋ lg(xyn－1)＋

28、lg yn， 所以Sn＝lg yn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋ lg(xn－1y)＋lg xn， 兩式相加，得2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋[lg(xn－1y)＋lg(xyn－1)]＋…＋(lg yn＋lg xn)＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)＝n[lg(xy)＋lg(xy)＋…＋lg(xy)]＝n2lg(xy)＝n2，所以Sn＝n2. 14．(1)證明　由條件，對任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而對任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 兩式相減，得an＋2－an＋1＝3

29、an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2. 又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1， 故對一切n∈N*，an＋2＝3an. (2)解　由(1)知，an≠0，所以＝3.于是數列{a2n－1}是首項a1＝1，公比為3等比數列；數列{a2n}是首項a2＝2，公比為3的等比數列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1. 于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n ＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝. 從而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1 ＝(5×3n－2－1)． 綜上所述， Sn＝