2019-2020年高考数学二轮复习 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用 文.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用 文 求数列的通项训练提示: 求数列通项的常用方法有累加法、累积法、构造等比数列法或已知Sn与an关系,求an或利用方程思想联立方程组,求出基本量,得出an.解题时应注意各自的适用范围及注意验证n=1的情况.1.(xx宁夏石嘴山高三联考)已知各项都不相等的等差数列an的前7项和为70,且a3为a1和a7的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足bn+1-bn=an(nN*),且b1=2,求数列的前n项和Tn.解:(1)设等差数列an的公差为d(d0),则解得所以an=2n+2.(2)因为bn+1-bn=an,所以bn-bn-1=an-1=2n(n2,nN*)bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1=an-1+an-2+a1+b1=n(n+1).所以=-,所以Tn=1-+-+-=1-=.2.(xx东北三校第二次联考)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn+2,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=nan,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)当n=1时a2=S1+2=4=2a1,当n2时,an+1=2an,数列an满足an+1=2an(nN*),且a1=2,所以an=2n(nN*).(2)bn=nan=n2nTn=121+222+323+(n-1)2n-1+n2n2Tn=122+223+324+(n-1)2n+n2n+1两式相减,得-Tn=21+22+23+2n-1+2n-n2n+1-Tn=-n2n+1,Tn=2+(n-1)2n+1(nN*).求数列的前n项和训练提示: 在数列求和的几种常见方法中,一定要注意其各自的适用范围,其中在裂项相消法中注意裂项后的恒等变形,在错位相减法中注意相减后,哪些项构成等比数列.3.(xx甘肃二诊)已知数列an中,a1=2,且an=2an-1-n+2(n2,nN*).(1)求a2,a3,并证明an-n是等比数列;(2)设bn=,求数列bn的前n项和Sn.解:(1)由已知an=2an-1-n+2(n2,nN*)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2an-1-(n-1),因为=2(n2,nN*).所以an-n是以2为公比的等比数列.(2)由(1)得an-n=(a1-1)2n-1.即an=2n-1+n.所以bn=1+.设cn=,且前n项和为Tn,所以Tn=+Tn=+-得Tn=1+(+)-=-=2-.所以Tn=4-,Sn=n+4-.4.(xx郑州第二次质量预测)已知等差数列an的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+,a11成等比数列.(1)求an的通项公式;(2)设bn=,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)设等差数列公差为d,由题意知d0.因为a3,a4+,a11成等比数列,所以(a4+)2=a3a11,所以(+3d)2=(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0,所以d=(d=-舍去),所以an=.(2)bn=(-).所以Tn=(-+-+-)=.数列的综合问题训练提示: 解答数列综合问题要善于用化归思想把非等差、等比数列问题转化为等差、等比数列问题,并结合函数与方程的思想方法分析、解决问题.数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分,先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式,然后再利用数列知识和方法求解.5.(xx郑州第二次质量预测)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=log2a1+log2a2+log2an,求使(n-8)bnnk对任意nN*恒成立的实数k的取值范围.解:(1)由Sn=2an-2可得a1=2,因为Sn=2an-2,所以当n2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即=2.数列an是以a1=2为首项,公比为2的等比数列,所以an=2n(nN*).(2)bn=log2a1+log2a2+log2an=1+2+3+n=.由(n-8)bnnk对任意nN*恒成立,即实数k对nN*恒成立;设cn=(n-8)(n+1),则当n=3或4时,cn取得最小值为-10,所以k-10.【教师备用】 (xx陕西卷)设fn(x)=x+x2+xn-1,x0,nN,n2.(1)求fn(2);(2)证明:fn(x)在(0,)内有且仅有一个零点(记为an),且0an-()n.(1)解:法一由题设fn(x)=1+2x+nxn-1.所以fn(2)=1+22+(n-1)2n-2+n2n-1,则2fn(2)=2+222+(n-1)2n-1+n2n,-得-fn(2)=1+2+22+2n-1-n2n=-n2n=(1-n)2n-1,所以fn(2)=(n-1)2n+1.法二当x1时,fn(x)=-1,则fn(x)=,可得fn(2)=(n-1)2n+1.(2)证明:因为fn(0)=-10,所以fn(x)在(0,)内至少存在一个零点.又fn(x)=1+2x+nxn-10,所以fn(x)在(0,)内单调递增,因此fn(x)在(0,)内有且仅有一个零点an.由于fn(x)=-1,所以0=fn(an)=-1,由此可得an=+,故an.所以0an-=对任意nN+都成立的正整数m的最小值.解:(1)因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),因为a1=1,a1+1=20,所以数列an+1是首项为2,公比为2的等比数列.所以an+1=22n-1,所以an=2n-1.(2)因为cn=(-),所以Tn=(-+-+-)=(-)=.所以=6+,nN*,所以6+15.所以当n=1时,取得最大值15.要使得am对任意nN*恒成立,结合(1)的结果,只需2m-115,由此得m4.所以正整数m的最小值是5.4.(xx东北三校联合二模)已知数列an前n项和为Sn,满足Sn=2an-2n(nN*).(1)证明:an+2是等比数列,并求an的通项公式;(2)数列bn满足bn=log2(an+2),Tn为数列的前n项和,若Tna对正整数n都成立,求a的取值范围.解:(1)由题设Sn=2an-2n(nN*),Sn-1=2an-1-2(n-1)(n2),两式相减得an=2an-1+2,即an+2=2(an-1+2),又a1+2=4,所以an+2是以4为首项,2为公比的等比数列.an+2=42n-1,an=42n-1-2=2n+1-2(n2),又a1=2,所以an=2n+1-2(nN*).(2)因为bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,=-,所以Tn=(-)+(-)+(-)=-,所以a,即a的取值范围为,+).类型三:数列的综合问题5.(xx东北三校联合模拟)已知数列an满足=(nN*),则a10等于(C)(A)e26(B)e29(C)e32(D)e35解析:因为=所以=所以得=,所以ln an=3n+2.所以ln a10=32,所以a10=e32.故选C.6.(xx滨州模拟)已知数列an中,a1=9,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,其中n为正整数.(1)证明:数列lg(an+1)为等比数列.(2)令bn=an+1,设数列bn的前n项积为Tn,即Tn=(a1+1)(a2+1)(an+1),求lg Tn.(3)在(2)的条件下,记cn=,设数列cn的前n项和为Sn,求证:Sn1.(1)证明:由题意得an+1=+2an,即an+1+1=(an+1)2,对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1),因为a1=9,所以lg(a1+1)=lg 10=1,所以数列lg(an+1)是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)知lg(an+1)=2n-1.lg Tn=lg(a1+1)(a2+1)(an+1)=lg(a1+1)+lg(a2+1)+lg(an+1)=所以lg Tn=2n-1.(3)证明:cn=-,Sn=(-)+(-)+(-)+(-)=1-1.