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全国通用2022版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
全国通用2022版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
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第2讲 数列的求和问题1.(2022·福建)在等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值. 2.(2022·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0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.19\n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:bn=an+(-1)nlnan,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,a3+a4+a5=84,a9=73.(1)求数列{an}的通项公式;(2)对任意m∈N*,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. 19\n 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{an·bn}的前n项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.例2 (2022·衡阳联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且有a1=2,3Sn=5an-an-1+3Sn-1(n≥2).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=(2n-1)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{an·bn}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n=1,2进行验证.跟踪演练2 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*),(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 19\n 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 (2022·韶关高三联考)已知在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足S=an(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an=bn+k-bn(k≥1,k∈N*)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①=(-);②=(-);③=(-).19\n跟踪演练3 (1)已知数列{an},an=,其前n项和Sn=9,则n=________.(2)(2022·江苏)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),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n∈N*,都有Sn<M恒成立,则M的最小值为________.2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=a(Sn-an+1)(a为常数,且a>0),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19\n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( )A.n2+1-B.n2+2-C.n2+1-D.n2+2-2.已知在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|等于( )A.445B.765C.1080D.31053.在等差数列{an}中,a1=-2012,其前n项和为Sn,若-=2002,则S2014的值等于( )A.2011B.-2012C.2014D.-20134.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+1an-1=an(n≥2),则数列{an}的前40项和S40等于( )A.20B.40C.60D.805.(2022·曲靖一模)+++…+的值为( )A.B.-C.-(+)D.-+6.设f(x)=,若S=f()+f()+…+f(),则S=________.19\n7.(2022·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=1,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(n∈N*)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(d≠0)的等差数列,且数列{cn}是“和等比数列”,则d=________.9.(2022·北京)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}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.(2022·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.B组 能力提高11.数列{an}满足a1=2,an=,其前n项积为Tn,则T2016等于( )19\nA.B.-C.1D.-112.已知数列{an}满足an+1=+,且a1=,则该数列的前2016项的和等于( )A.1509B.3018C.1512D.201613.已知lgx+lgy=1,且Sn=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lgyn,则Sn=________.14.(2022·湖南)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,n∈N*.(1)证明:an+2=3an;(2)求Sn.19\n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=2101.2.解 (1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=.所以{an}的通项公式为an=n+1.(2)设{}的前n项和为Sn.由(1)知=,则Sn=++…++,Sn=++…++.两式相减得Sn=+(+…+)-=+(1-)-.19\n所以Sn=2-.热点分类突破例1 解 (1)当a1=3时,不合题意;当a1=2时,当且仅当a2=6,a3=18时,符合题意;当a1=10时,不合题意.因此a1=2,a2=6,a3=18,所以公比q=3.故an=2·3n-1(n∈N*).(2)因为bn=an+(-1)nlnan=2·3n-1+(-1)nln(2·3n-1)=2·3n-1+(-1)n[ln2+(n-1)ln3]=2·3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3,所以Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n]·(ln2-ln3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln3.当n为偶数时,Sn=2×+ln3=3n+ln3-1;当n为奇数时,Sn=2×-(ln2-ln3)+ln3=3n-ln3-ln2-1.综上所述,Sn=跟踪演练1 解 (1)因为{an}是一个等差数列,所以a3+a4+a5=3a4=84,所以a4=28.设数列{an}的公差为d,则5d=a9-a4=73-28=45,故d=9.由a4=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)对m∈N*,若9m<an<92m,则9m+8<9n<92m+8,因此9m-1+1≤n≤92m-1,故得bm=92m-1-9m-1.于是Sm=b1+b2+b3+…+bm19\n=(9+93+…+92m-1)-(1+9+…+9m-1)=-=.例2 解 (1)3Sn-3Sn-1=5an-an-1(n≥2),∴2an=an-1,=,又∵a1=2,∴{an}是以2为首项,公比为的等比数列,∴an=2×()n-1=()n-2=22-n.(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.跟踪演练2 解 (1)∵Sn+1=2Sn+n+1,当n≥2时,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=3,∴=2,∴当n=1时,①式也成立,∴an+1=2n,即an=2n-1(n∈N*).(2)∵an=2n-1,∴bn===,∴Tn=+++…+,19\nTn=++…++,∴Tn=2(+++…+-)=2--=2-.例3 (1)解 当n≥2时,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{}是首项为1,公差为2的等差数列,从而=1+(n-1)×2=2n-1,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,将以上n-1个式子相加得an-a1=2+3+…+n=,即an=,令bn=,故bn==2,故S10=b1+b2+…+b1019\n=2=.高考押题精练1.1解析 因为an===-,所以Sn=(-)+(-)+…+[-]=1-,由于1-<1,所以M的最小值为1.2.解 (1)当n=1时,S1=a(S1-a1+1),所以a1=a,当n≥2时,Sn=a(Sn-an+1),①Sn-1=a(Sn-1-an-1+1),②由①-②,得an=a×an-1,即=a,故{an}是首项a1=a,公比等于a的等比数列,所以an=a×an-1=an.故a2=a2,a3=a3.由4a3是a1与2a2的等差中项,可得8a3=a1+2a2,即8a3=a+2a2,因为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)×2n,所以Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n-1)×2n-1+(2n+1)×2n,①2Tn=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+119\n=-2+2n+2-(2n+1)·2n+1=-2-(2n-1)·2n+1,所以Tn=2+(2n-1)·2n+1.19\n二轮专题强化练答案精析第2讲 数列的求和问题1.A [因为an=2n-1+,所以Sn=+=n2+1-.]2.B [∵an+1=an+3,∴an+1-an=3.∴{an}是以-60为首项,3为公差的等差数列.∴an=-60+3(n-1)=3n-63.令an≤0,得n≤21.∴前20项都为负值.∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+a21+…+a30=-2S20+S30.∵Sn=n=×n,∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=765.]3.C [等差数列中,Sn=na1+d,=a1+(n-1),即数列{}是首项为a1=-2012,公差为的等差数列;因为-=2002,所以,(2012-10)=2002,=1,所以,S2014=2014[(-2012)+(2014-1)×1]=2014,选C.]4.C [由an+1=(n≥2),a1=1,a2=3,可得a3=3,a4=1,a5=,a6=,a7=1,a8=3,…,这是一个周期为6的数列,一个周期内的6项之和为,又40=6×6+4,所以S40=6×+1+3+3+1=60.]5.C [∵===(-),19\n∴+++…+=(1-+-+-+…+-)=(--)=-(+).]6.1007解析 ∵f(x)=,∴f(1-x)==,∴f(x)+f(1-x)=+=1.S=f()+f()+…+f(),①S=f()+f()+…+f(),②①+②得,2S=[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]=2014,∴S==1007.7.480解析 方法一 依题意得,当n是奇数时,an+2-an=1,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,a1+a3+a5+…+a59=30×1+×1=465;当n是偶数时,an+2+an=1,即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1,a2+a4+a6+a8+…+a58+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=15.因此,该数列的前60项和S60=465+15=480.方法二 ∵an+2+(-1)nan=1,∴a3-a1=1,a5-a3=1,a7-a5=1,…,且a4+a2=1,a6+a4=1,a8+a6=1,…,∴{a2n-1}为等差数列,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 由题意可知,数列{cn}的前n项和为Sn=,前2n项和为S2n=19\n,所以==2+=2+.因为数列{cn}是“和等比数列”,即为非零常数,所以d=2.9.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得d===3,所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得q3===8,解得q=2.所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为=2n-1.所以,数列{bn}的前n项和为n(n+1)+2n-1.10.解 (1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an=(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,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),19\n两式相减,得2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=+-(n-1)×31-n=-,所以Tn=-,经检验,n=1时也适合.综上可得Tn=-.11.C [由an=,得an+1=.∵a1=2,∴a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,a6=-3.故数列{an}具有周期性,周期为4,∵a1a2a3a4=1,∴T2016=T4=1.]12.C [因为a1=,又an+1=+,所以a2=1,从而a3=,a4=1,即得an=故数列的前2016项的和等于S2016=1008×(1+)=1512.]13.n2解析 因为lgx+lgy=1,所以lg(xy)=1.因为Sn=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn,所以Sn=lgyn+lg(xyn-1)+…+lg(xn-2y2)+lg(xn-1y)+lgxn,两式相加,得2Sn=(lgxn+lgyn)+[lg(xn-1y)+lg(xyn-1)]+…+(lgyn+lgxn)=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)证明 由条件,对任意n∈N*,有an+2=3Sn-Sn+1+3,因而对任意n∈N*,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2.19\n又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1,故对一切n∈N*,an+2=3an.(2)解 由(1)知,an≠0,所以=3.于是数列{a2n-1}是首项a1=1,公比为3等比数列;数列{a2n}是首项a2=2,公比为3的等比数列.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)=.从而S2n-1=S2n-a2n=-2×3n-1=(5×3n-2-1).综上所述,Sn=19
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高考 - 二轮专题
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2021统编版小学语文二年级上册教学计划
三年级上册道德与法治教学计划及教案
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部编版六年级道德与法治教学计划
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高一上学期语文教师工作计划
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