2022年高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第2讲 数列的求和问题试题

2022年高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第2讲 数列的求和问题试题1(xx福建)在等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnn，求b1b2b3b10的值2(xx课标全国)已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一分组转化求和有些数列，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.思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练1在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和Sm.热点二错位相减法求和错位相减法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例2(xx衡阳联考)已知数列an的前n项和为Sn，且有a12,3Sn5anan13Sn1(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Tn.思维升华(1)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；(2)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，求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2进行验证跟踪演练2设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Snn1(nN*)，(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Tn.热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中an为等差数列)等形式的数列求和例3(xx韶关高三联考)已知在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San(Sn)(1)求Sn的表达式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，证明Tn.思维升华(1)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(2)常化的裂项公式()；()；()跟踪演练3(1)已知数列an，an，其前n项和Sn9，则n_.(2)(xx江苏)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.1已知数列an的通项公式为an，其前n项和为Sn，若存在实数M，满足对任意的nN*，都有Sn0)，且4a3是a1与2a2的等差中项(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.提醒：完成作业专题四第2讲二轮专题强化练专题四 第2讲数列的求和问题A组专题通关1已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn为()An21 Bn22Cn21 Dn222已知在数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a3|a30|等于()A445 B765C1 080 D3 1053在等差数列an中，a12 012，其前n项和为Sn，若2 002，则S2 014的值等于()A2 011 B2 012C2 014 D2 0134已知数列an满足a11，a23，an1an1an(n2)，则数列an的前40项和S40等于()A20 B40C60 D805(xx曲靖一模)的值为()A. B.C.() D.6设f(x)，若Sf()f()f()，则S_.7(xx辽宁五校协作体联考)在数列an中，a11，an2(1)nan1，记Sn是数列an的前n项和，则S60_.8设Sn为数列an的前n项和，若(nN*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列cn是首项为2，公差为d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，则d_.9(xx北京)已知an是等差数列，满足a13, a412，数列bn满足b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和10(xx山东)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.B组能力提高11数列an满足a12，an，其前n项积为Tn，则T2 016等于()A. BC1 D112已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 016项的和等于()A1 509 B3 018C1 512 D2 01613已知lg xlg y1，且Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg yn，则Sn_.14(xx湖南)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13, nN*.(1)证明：an23an；(2)求Sn.学生用书答案精析第2讲数列的求和问题高考真题体验1解(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)(2112)55211532 101.2解(1)方程x25x60的两根为2,3，由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn.由(1)知，则Sn，Sn.两式相减得Sn()(1).所以Sn2.热点分类突破例1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，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.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跟踪演练1解(1)因为an是一个等差数列，所以a3a4a53a484，所以a428.设数列an的公差为d，则5da9a4732845，故d9.由a4a13d得28a139，即a11，所以ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对mN*，若9man92m，则9m89n92m8，因此9m11n92m1，故得bm92m19m1.于是Smb1b2b3bm(99392m1)(199m1).例2解(1)3Sn3Sn15anan1(n2)，2anan1，又a12，an是以2为首项，公比为的等比数列，an2()n1()n222n.(2)bn(2n1)22n，Tn121320521(2n1)22n，Tn120321(2n3)22n(2n1)21n，Tn22(202122n)(2n1)21n2(2n1)21n6(2n3)21n，Tn12(2n3)22n.跟踪演练2解(1)Sn12Snn1，当n2时，Sn2Sn1n，an12an1，an112(an1)，即2(n2)，又S22S12，a1S11，a23，2，当n1时，式也成立，an12n，即an2n1(nN*)(2)an2n1，bn，Tn，Tn，Tn2()22.例3(1)解当n2时，anSnSn1代入San(Sn)，得2SnSn1SnSn10，由于Sn0，所以2，所以是首项为1，公差为2的等差数列，从而1(n1)22n1，所以Sn.(2)证明因为bn()，所以Tn(1)()()(1)，所以Tn.跟踪演练3(1)99(2)解析(1)因为an，所以Sna1a2a3an1an(1)()()()()1.由19，解得n99.(2)a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.高考押题精练11解析因为an，所以Sn()()1，由于11，所以M的最小值为1.2解(1)当n1时，S1a(S1a11)，所以a1a，当n2时，Sna(Snan1)，Sn1a(Sn1an11)，由，得anaan1，即a，故an是首项a1a，公比等于a的等比数列，所以anaan1an.故a2a2，a3a3.由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3a12a2，即8a3a2a2，因为a0，整理得8a22a10，即(2a1)(4a1)0，解得a或a(舍去)，故an()n.(2)由(1)，得bn(2n1)2n，所以Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，由，得Tn322(22232n)(2n1)2n162(2n1)2n122n2(2n1)2n12(2n1)2n1，所以Tn2(2n1)2n1.二轮专题强化练答案精析第2讲数列的求和问题1A因为an2n1，所以Snn21.2Ban1an3，an1an3.an是以60为首项，3为公差的等差数列an603(n1)3n63.令an0，得n21.前20项都为负值|a1|a2|a3|a30|(a1a2a20)a21a302S20S30.Snnn，|a1|a2|a3|a30|765.3C等差数列中，Snna1d，a1(n1)，即数列是首项为a12 012，公差为的等差数列；因为2 002，所以，(2 01210)2 002，1，所以，S2 0142 014(2 012)(2 0141)12 014，选C.4C由an1(n2)，a11，a23，可得a33，a41，a5，a6，a71，a83，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40664，所以S406133160.5C()，(1)()()61 007解析f(x)，f(1x)，f(x)f(1x)1.Sf()f()f()，Sf()f()f()，得，2Sf()f()f()f()f()f()2 014，S1 007.7480解析方法一依题意得，当n是奇数时，an2an1，即数列an中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1a3a5a593011465；当n是偶数时，an2an1，即数列an中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2a4a6a8a58a60(a2a4)(a6a8)(a58a60)15.因此，该数列的前60项和S6046515480.方法二an2(1)nan1，a3a11，a5a31，a7a51，且a4a21，a6a41，a8a61，a2n1为等差数列，且a2n11(n1)1n，即a11，a32，a53，a74，S4a1a2a3a41124，S8S4a5a6a7a83418，S12S8a9a10a11a1256112，S604154480.82解析由题意可知，数列cn的前n项和为Sn，前2n项和为S2n，所以22.因为数列cn是“和等比数列”，即为非零常数，所以d2.9解(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3，所以ana1(n1)d3n(n1,2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1,2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1,2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为2n1.所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.10解(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn，经检验，n1时也适合综上可得Tn.11C由an，得an1.a12，a23，a3，a4，a52，a63.故数列an具有周期性，周期为4，a1a2a3a41，T2 016T41.12C因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 016项的和等于S2 0161 008(1)1 512.13.n2解析因为lg xlg y1，所以lg(xy)1.因为Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，所以Snlg ynlg(xyn1)lg(xn2y2)lg(xn1y)lg xn，两式相加，得2Sn(lg xnlg yn)lg(xn1y)lg(xyn1)(lg ynlg xn)lg(xnyn)lg(xn1yxyn1)lg(ynxn)nlg(xy)lg(xy)lg(xy)n2lg(xy)n2，所以Snn2.14(1)证明由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN*，an23an.(2)解由(1)知，an0，所以3.于是数列a2n1是首项a11，公比为3等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列因此a2n13n1，a2n23n1.于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1).从而S2n1S2na2n23n1(53n21)综上所述，Sn