專題二第2講高考數(shù)學(理科)二輪復習講義

專題二第2講高考數(shù)學(理科)二輪復習講義專題二第2講高考數(shù)學(理科)二輪復習講義專題二第2講高考數(shù)學(理科)二輪復習講義

第2講數(shù)列求和及數(shù)列的簡單應用(大題)

熱點一等差、等比數(shù)列基本量的計算

解決有關等差數(shù)列、等比數(shù)列問題，要立足于兩個數(shù)列的看法，設出相應基本量，充分利用

通項公式、求和公式、數(shù)列的性質確定基本量.解決綜合問題的要點在于審清題目，弄懂來龍

去脈，揭露問題的內在聯(lián)系和隱含條件，形成解題策略.例1(2019·六安市第一中學模擬)已知正數(shù)數(shù)列{ann}的前n項和為S，滿足a1＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；nn2－a(1－anna的取值范圍(2)設b＝(1－a))，若是遞加數(shù)列，求實數(shù)解(1)an2nn－1(n≥2)，＝S＋Sa2＝S＋S(n≥3).n－1n－1n－2

2an＝Sn＋Sn－1(n≥2)，

.

相減可得22an－an－1＝an＋an－1，an>0，an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥3).

當n＝2時，a2＝a＋a＋a，2121

∴a22222＝2.＝2＋a，a>0，∴a因此n＝2時，an－an－1＝1成立.

∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為1.

an＝1＋n－1＝n.

(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，

∵{bn}是遞加數(shù)列，

bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)

2n＋a－1>0，

即a>1－2n恒成立，∴a>－1.

∴實數(shù)a的取值范圍是(－1，＋∞).

追蹤演練1(2019·樂山調研)已知等差數(shù)列{an}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比數(shù)列.

(1)求數(shù)列{an}的通項公式；

(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.

解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，

則a1＝5－d，a4＝5＋2d，a13＝5＋11d，

因為a1，a4，a13成等比數(shù)列，因此(5＋2d)2＝(5－d)(5＋11d)，

化簡得d2＝2d，則d＝0或d＝2，

當d＝0時，an＝5.

當d＝2時，a1＝5－d＝3，

an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1(n∈N*).

因此，當d＝0時，an＝5(n∈N*)；

當d＝2時，an＝2n＋1(n∈N*).

(2)由(1)知，當an＝5時，Sn＝5n.

當an＝2n＋1時，a1＝3，則Sn＝n3＋2n＋1＝n2＋2n(n∈N*).2

熱點二數(shù)列的證明問題

判斷數(shù)列可否為等差或等比數(shù)列的策略

(1)將所給的關系式進行變形、轉變，以便利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義進行判斷；

(2)若要判斷一個數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列，則只需說明某連續(xù)三項(如前三項)不是等差(等比)數(shù)列即可.例2已知{an}是各項都為正數(shù)的數(shù)列，其前nnn與1的等差中項.n項和為S，且S為aan(1)求證：數(shù)列2n{S}為等差數(shù)列；(2)求數(shù)列n的通項公式；{a}(3)n－1n，求{bn}的前nn設b＝a項和T.nnn12(1)證明，即2Snnn＝1，①由題意知2S＝a＋ana－a當n≥2時，有an＝Sn－Sn－1，代入①式得

nnn－1nn－1)2＝1，2S(S－S)－(S－S22－1整理得Snn＝1(n≥2).－S又當n＝1時，由①式可得a11＝1(負值舍去)，＝S∴數(shù)列{Sn2}是首1，公差1的等差數(shù)列.(2)解2＝1＋n－1＝n，由(1)可得Sn∵數(shù)列{an}的各都正數(shù)，

Sn＝n，

∴當n≥2，annn－1＝n－n－1，＝S－S又a1＝S1＝1足上式，

an＝n－n－1(n∈N*).

(3)解由(2)得bn＝－1n＝－1nan－n－1n(－1)n(n＋n－1)，

當n奇數(shù)，

Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋

2)＋?＋(n－1＋

n－2)－(n＋

n－1)＝－

n；

當n偶數(shù)，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋

2)＋?－(n－1＋

n－2)＋(n＋

n－1)＝

n，

∴數(shù)列{bn}的前n和Tn＝(－1)nn(n∈N*).

追蹤演2已知Sn數(shù)列{an}的前n和，且足

Sn－2an＝n－4.

(1)明：{Sn－n＋2}等比數(shù)列；

(2)求數(shù)列{Sn}的前n和Tn.

(1)明原式可化

Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，

即Sn＝2Sn－1－n＋4，

因此Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2].

由S1－2a1＝1－4，

得S1＝3，因此S1－1＋2＝4，

因此{Sn－n＋2}是首4，公比2的等比數(shù)列.

(2)解由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，

因此Sn＝2n＋1＋n－2，

因此Tn＝(22＋23＋?＋2n＋1)＋(1＋2＋?＋n)－2n

41－2n＋nn＋1－2n

1－22

2n＋3＋n2－3n－8＝.2

點三數(shù)列的求和

1.裂相消法就是把數(shù)列的每一分解，使得相加后與之能相互抵消，但在抵消的程中，有的是依次消，有的是隔消.常的裂方式有：111；1＝11－1；21＝11－1；1＝11－1.nn＋1＝－knn＋k2n－12－1nn＋1nn＋kn－1n＋14n22n－12n＋12.若是數(shù)列{a}是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，那么求數(shù)列{a·b}的前n和S，可采用nnnnn位相減法.用位相減法求和，注意：①等比數(shù)列的公比數(shù)的狀況；②在寫出“Sn”和“qSn”的表達式特注意將兩式nn“”，以便正確寫出“S－qS”的表達式.例3(2019·河南省九盟模)已知等差數(shù)列{ann，且足n＝an＋12}的前n和SS2*n和nnn*).(n∈N).數(shù)列的前nT，且足T＝2－b(n∈N(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通公式；anbn(2)求數(shù)列的前n和Sn′.

解(1)由Sn＝an＋12，得S1＝a1＋12＝a1，

22

解得a1＝1.

由S2＝a1＋a2＝1＋a2＝a2＋12，2

解得a2＝3或a2＝－1.

若a2＝－1，d＝－2，因此a3＝－3.a3＋1因此S3＝－3≠2＝1，

故a2＝－1不合意，舍去.故a2＝3，因此等差數(shù)列{an}的公差d＝a2－a1＝2，

故an＝2n－1.

數(shù)列{bn}任意正整數(shù)n足Tn＝2－bn.

當n＝1，b1＝T1＝2－b1，解得b1＝1；

當n>1，bn＝Tn－Tn－1

(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，

1因此bn＝2bn－1(n≥2).

因此{bn}是以首b1＝1，公比q＝12的等比數(shù)列，

故數(shù)列{bn}的通公式bn＝1n－1.2

anbn2n－1(2)由(1)知2＝2n，

因此S1＋3＋5＋?＋2n－32n－1，①－＋2nn′＝222232n11132n－32n－1因此2Sn′＝22＋23＋?＋2n＋2n＋1，②112222n－1①－②，得Sn′＝＋2＋3＋?＋n－2n＋122222＝1＋111－2n－12＋2＋?＋n－1＋2222n111n－1121－22n－1＝2＋1－2n＋11－21＋1－1n－1－2n－1，

22n＋12

2n＋3因此Sn′＝3－2n.

追蹤演3(2019·寧模)等差數(shù)列{an}的公差正數(shù)，a1＝1，其前n和Sn；數(shù)列{bn}等比數(shù)列，b1＝2，且b2S2＝12，b2＋S3＝10.

(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通公式；1

(2)cn＝bn＋，求數(shù)列{cn}的前n和Tn.

2q2＋d＝12，

解(1)等差數(shù)列{an}的公差d，等比數(shù)列{bn}的公比q，2q＋3＋3d＝10，d>0，

d＝1，

解得q＝2，

an＝n，n∈N*，bn＝2n，n∈N*.

(2)由(1)知Sn＝nn＋12.∴cn＝bn＋1＝2n＋2＝2n＋21－1，nnn＋1nn＋1S∴Tn2＋23＋?＋2n1－1＋1－1＋?＋1－1＝(2＋2)＋2223nn＋1n1＝21－2＋21－n＋11－22n＋1－2.n＋1真題體驗(2019·國全Ⅱ，理，19)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn

an－4.

(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；

(2)求{an}和{bn}的通項公式.

(1)證明由題設得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，

1即an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn).

1又因為a1＋b1＝1，因此{an＋bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列.

由題設得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，

即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.

又因為a1－b1＝1，因此{an－bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列.

(2)解

因此

1由(1)知，an＋bn＝2n－1，an－bn＝2n－1.

111an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝n＋n－，222n1nnnn1－n＋1b＝2[(a＋b)－(a－b)]＝2n2.

押題展望已知數(shù)列{an}等差數(shù)列，a7－a2＝10，且a1，a6，a21依次成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{a}的通公式；nn1，數(shù)列{bn}的前nnn2，求n的.(2)b＝nn＋1和S，若S＝25aa解(1)數(shù)列{an}的公差d，因a7－a2＝10，因此5d＝10，解得d＝2.

因a1，a6，a21依次成等比數(shù)列，因此2a6＝a1a21，即(a1＋5×2)2＝a1(a1＋20×2)，解得a1＝5.

因此an＝2n＋3.

n1＝1，(2)由(1)知b＝anan＋12n＋32n＋511－1因此bn＝22n＋32n＋5，11－11－11－1n因此Sn＝257＋79＋?＋2n＋32n＋5＝52n＋5，由n＝2，得n＝10.52n＋525A

通關

1.(2019

日·照模

)已知數(shù)列

{an}是等差數(shù)列，其前

n和

Sn，且

a1＝2，S3＝12.

(1)求數(shù)列{an}的通公式；

(2)令bn＝2an，求數(shù)列{bn}的前n和Tn.

解(1)因數(shù)列{an}是等差數(shù)列，

由S3＝12，得3a2＝12，因此a2＝4，

又a1＝2，因此公差d＝2，因此an＝2＋(n－1)·2＝2n，故數(shù)列{an}的通公式an＝2n(n∈N*).(2)由(1)知，bn＝22n＝4n，因此數(shù)列{b4，公比q＝4的等比數(shù)列，n}是首因此數(shù)列{bn}的前n和Tn＝41－4n＝4(4n－1).1－432.(2019·坊模)Sn等比數(shù)列{an}的前n和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.

(1)求an及Sn；

(2)可否存在常數(shù)λ，使得數(shù)列{Sn＋λ}是等比數(shù)列？若存在，求λ的；若不存在，明理

由.a1q3＝9a1q，解(1)由意得a11－q3q＝3，＝13，解得1－qa1＝1，q>0，因此an1n－1＝3n－1，n∈N*，＝aq1×1－3nn－1n＝3，n∈N*.S＝1－32(2)假存在常數(shù)λ，使得數(shù)列{Sn＋λ}是等比數(shù)列，

因S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，

又因(S2＋λ)2＝(S1＋λ)·(S3＋λ)，

因此(λ＋4)2＝(λ＋1)·(λ＋13)，1

因此λ＝，

此，Sn＋12＝12×3n，

Sn＋1＋11×3n＋122Sn＋1＝1×3n＝3，22

故存在λ＝12，使得數(shù)列Sn＋12是以S1＋12＝32首，3公比的等比數(shù)列.

3.(2019江·南十校模)已知數(shù)列{an}與{bn}足：a1＋a2＋a3＋?＋an＝2bn(n∈N*)，且{an}正等比數(shù)列，a1＝2，b3＝b2＋4.

(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通公式；

an(2)若數(shù)列{cn}足cn＝(n∈N*)，Tn數(shù)列{cn}的前n和，明：Tn<1.

bnbn＋1

(1)解由意知，a1＋a2＋a3＋?＋an＝2bn，①

當n≥2，a1＋a2＋a3＋?＋an－1＝2bn－1，②

①－②可得an＝2(bn－bn－1)

?a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，

a1＝2，an>0，{an}的公比q，

a1q2＝8?q＝2，

an＝2×2n－1＝2n(n∈N*).

2bn＝21＋22＋23＋?＋2n＝21－2n＝2n＋1－2，1－2

bn＝2n－1(n∈N*).

n2n(2)明由已知cn＝a＝bn·bn＋1nn＋1－12－1212n－1－2n＋1－1，

∴Tn＝c1＋c2＋?＋cn

＝1－1＋21－1＋?＋n1－n1123＋12－12－12－12－12－12－11＝1－2n＋1－1，

當n∈N*，2n＋1>1，

∴1>0，∴1－1<1，n＋1－1n＋1122－即Tn<1.B能力提高n1＝2，an＋1n*nn4.已知數(shù)列{a}足a＝2(S＋n＋1)(n∈N)，令b＝a＋1.(1)求：{bn}是等比數(shù)列；(2)數(shù)列{nbn}的前n和Tn，求Tn；(3)求：1－1n<1＋1＋1＋?＋1<11.22×3a1a2a3an16(1)明a1＝2，a2＝2(a1＋1＋1)＝2×(2＋2)＝8，*an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N)，①

①－②，得an＋1＝3an＋2(n∈N*).

，當n＝1上式也成立，

即an＋1＝3an＋2(n∈N*).

因此an＋1＋1＝3(an＋1)，

即bn＋1＝3bn，且b1＝3.

因此{bn}是首3，公比3的等比數(shù)列.

(2)解由(1)得bn＝3n，nbn＝n·3n.

因此Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋?＋n×3n，

3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋?＋n×3n＋1，

兩式相減，得

2Tn＝3＋32＋33＋?＋3n－n×3n＋1

31－3n－n×3n＋1，1－3

333化得Tn＝2n－4×3n＋4.(3)明由(1)知，an＝bn－1＝3n－1，因此1＝k1>1k，ak3－13得1＋1＋1＋?＋11＋1＋?＋1na1a2a3an>332311＝31－3n＝1－1×1n.12231－3又1＝k1＝3k＋1－1<k3k＋13kk＋1－1k＋1ak3－1－133－13－1311＝23k－1－3k＋1－1，因此1＋1＋1＋?＋1a1a2aan3<1＋311111121－31＋3－4＋?＋3n－1－n＋1－1223－3－3－13－13＝1＋31－n＋11－12232－13133111＝2＋16－2×3n＋1－1<16，故1－1n<1＋1＋1＋?＋1<11.22×3a1a2a3an165.已知數(shù)列{a}的前n和S，足S＝2a－1(n∈N)，數(shù)列足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(nnnnn*n1)(n∈N*)，且b1＝1.

(1)明數(shù)列bn等差數(shù)列，并求數(shù)列{annn}和的通公式；(2)若cn＝(－1)n－14n＋1，求數(shù)列{cn}的前2n和T2n；3＋2log2an3＋2log2an＋1nnnnn，任意的n∈N*，都有Dnn－a，求數(shù)a(3)若d＝a·b，數(shù)列s22gfsf的前n和D≤nS的取范.

解(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)，兩同除以n(n＋1)，

得bn＋1－bn