《高三數學文一輪備考 第5章第4節(jié)數列求和》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數學文一輪備考 第5章第4節(jié)數列求和（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、△+△2019年數學高考教學資料△+△ 高考真題備選題庫 第5章 數列 第4節(jié) 數列求和 考點一 等差數列與等比數列的綜合 1．（2013江蘇，16分）設{an}是首項為a，公差為d的等差數列(d≠0)，Sn是其前n項的和．記bn＝，n∈N*，其中 c為實數． (1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)； (2)若{bn}是等差數列，證明：c＝0. 證明：本題考查等差、等比數列的定義，通項及前n項和，意在考查考生分析問題、解決問題的能力與推理論證能力． 由題設，Sn＝na＋d. (1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，

2、b4成等比數列，所以b＝b1b4，即2＝a，化簡得d2－2ad＝0.因為d≠0，所以d＝2a. 因此，對于所有的m∈N*，有Sm＝m2a. 從而對于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk. (2)設數列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達式，整理得，對于所有的n∈N*，有 n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)． 令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，則對于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分別取n＝1,2,3,4，得 A＋B＋cd

3、1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 從而有 由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，從而cd1＝0. 即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0. 若d1＝0，則由d1－d＝0，得d＝0，與題設矛盾，所以d1≠0. 又cd1＝0，所以c＝0. 2．（2013浙江，14分）在公差為d的等差數列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2,5a3成等比數列． (1)求d，an； (2) 若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|. 解：本題主要考查等差數列、等比數列的概念，等差數列通項公式，求和公式等

4、基礎知識，同時考查運算求解能力． (1)由題意得5a3a1＝(2a2＋2)2， 即d2－3d－4＝0. 故d＝－1或d＝4. 所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*. (2)設數列{an}的前n項和為Sn.因為d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.則 當n≤11時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n. 當n≥12時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. 綜上所述， |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝ 3．（2013天津，14分）已知首項為的等比數列{an}的前n項和為S

5、n(n∈N*), 且－2S2，S3,4S4成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)證明Sn＋≤(n∈N*)． 解：本題主要考查等差數列的概念，等比數列的概念、通項公式、前n項和公式，數列的基本性質等基礎知識．考查分類討論的思想，考查運算能力、分析問題和解決問題的能力． (1)設等比數列{an}的公比為q，因為－2S2，S3,4S4成等差數列，所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，于是q＝＝－.又a1＝，所以等比數列{an}的通項公式為an＝n－1＝(－1)n－1. (2)證明：Sn＝1－n，Sn＋＝1－n＋＝ 當n為奇數時，

6、Sn＋隨n的增大而減小，所以Sn＋≤S1＋＝； 當n為偶數時，Sn＋隨n的增大而減小，所以Sn＋≤S2＋＝. 故對于n∈N*，有Sn＋≤. 4. （2013陜西，12分）設Sn表示數列{an}的前n項和． (1)若{an}為等差數列，推導Sn的計算公式； (2)若a1＝1，q≠0，且對所有正整數n，有Sn＝.判斷{an}是否為等比數列，并證明你的結論． 解：本題主要考查等差數列前n項和公式推導所用的倒序相加法，考查等比數列的證明方法和一般數列切入點的技巧，深度考查考生應用數列作工具進行邏輯推理的思維方法． (1)法一：設{an}的公差為d，則 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋

7、(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， 又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]， ∴2Sn＝n(a1＋an)， ∴Sn＝. 法二：設{an}的公差為d，則 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， 又Sn＝an＋an－1＋…＋a1 ＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1， ∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n－1)d， ∴Sn＝na1＋d. (2){an}是等比數列．證明如下： ∵Sn＝， ∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝－＝＝

8、qn. ∵a1＝1，q≠0，∴當n≥1時，有＝＝q， 因此，{an}是首項為1且公比為q的等比數列． 5．（2013重慶，13分）設數列{an} 滿足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋. (1)求{an}的通項公式及前n項和Sn； (2)已知{bn}是等差數列，Tn為其前n項和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20. 解：本題主要考查等比數列、等差數列的通項公式與前n項和等基礎知識，考查邏輯思維能力． (1)由題設知{an}是首項為1，公比為3的等比數列， 所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)． (2)b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13

9、，b3－b1＝10＝2d，所以數列{bn}的公差d＝5， 故T20＝203＋5＝1 010. 6．(2009寧夏、海南，5分)等比數列{an}的前n項和為Sn，且4a1,2a2，a3成等差數列．若a1＝1，則S4＝(　　) A．7　　　　　　　　　　 B．8 C．15 D．16 解析：∵4a1,2a2，a3成等差數列，∴4a2＝4a1＋a3. ∵{an}是等比數列，∴4a1q＝4a1＋a1q2，a1＝1. ∴q2－4q＋4＝0，q＝2，∴S4＝＝15. 答案：C 7．（2011江蘇，5分）設1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比為q的等比數列，a2，a4

10、，a6成公差為1的等差數列，則q的最小值是________． 解析：設a2＝t，則1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由于t≥1，所以q≥max{t，，}，故q的最小值是. 答案： 8．（2012山東，12分）已知等差數列{an}的前5項和為105，且a10＝2a5. (1)求數列{an}的通項公式； (2)對任意m∈N*，將數列{an}中不大于72m的項的個數記為bm，求數列{bm}的前m項和Sm. 解：(1)設數列{an}的公差為d，前n項和為Tn. 由T5＝105，a10＝2a5， 得到 解得a1＝7，d＝7. 因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n

11、(n∈N*)． (2)對m∈N*，若an＝7n≤72m，則n≤72m－1. 因此bm＝72m－1， 所以數列{bm}是首項為7公比為49的等比數列． 故Sm＝＝＝＝. 9．（2012浙江，14分）已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，數列{bn}滿足an＝4log2bn＋3，n∈N*. (1)求an，bn； (2)求數列{anbn}的前n項和Tn. 解：(1)由Sn＝2n2＋n，得當n＝1時，a1＝S1＝3； 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，易知當n＝1時也滿足通式an＝4n－1， 所以an＝4n－1，n∈N*. 由4n－1＝an＝4

12、log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知anbn＝(4n－1)2n－1，n∈N*， 所以Tn＝3＋72＋1122＋…＋(4n－1)2n－1,2Tn＝32＋722＋…＋(4n－5)2n－1＋(4n－1)2n， 所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5. 故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*. 10．(2010天津，14分)在數列{an}中，a1＝0，且對任意k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等差數列，其公差為2k. (1)證明：a4，a5，a6成等比數列； (2)求數列{an}的通項公式； (

13、3)記Tn＝＋＋…＋，證明：＜2n－Tn≤2(n≥2)． 解：(1)證明：由題設可知，a2＝a1＋2＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋4＝8，a5＝a4＋4＝12，a6＝a5＋6＝18. 從而＝＝.所以a4，a5，a6成等比數列． (2)由題設，可得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*. 所以a2k＋1－a1＝(a2k＋1－a2k－1)＋(a2k－1－a2k－3)＋…＋(a3－a1)＝4k＋4(k－1)＋…＋41＝2k(k＋1)，k∈N*. 由a1＝0，得a2k＋1＝2k(k＋1)，從而a2k＝a2k＋1－2k＝2k2. 所以數列{an}的通項公式為an＝ 或寫為an＝＋，

14、n∈N*. (3)證明：由(2)可知a2k＋1＝2k(k＋1)，a2k＝2k2. 以下分兩種情況進行討論： ①當n為偶數時，設n＝2m(m∈N*)． 若m＝1，則2n－＝2. 若m≥2，則 ＝＋＝ ＋＝2m＋＋]＝2m＋2＋(－)]＝2m＋2(m－1)＋(1－)＝2n－－. 所以2n－＝＋，從而＜2n－Tn＜2，n＝4,6,8，…， ②當n為奇數時，設n＝2m＋1(m∈N*) ＝＋＝4m－－＋＝4m＋－＝2n－－， 所以2n－＝＋，從而＜2n－Tn＜2，n＝3,5,7，…. 綜合①和②可知，對任意n≥2，n∈N*，有＜2n－Tn≤2. 11．(2010北京，13分)已

15、知{an}為等差數列，且a3＝－6，a6＝0. (1)求{an}的通項公式； (2)若等比數列{bn}滿足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n項和公式． 解：(1)設等差數列{an}的公差為d. 因為a3＝－6，a6＝0， 所以 解得a1＝－10，d＝2. 所以an＝－10＋(n－1)2＝2n－12. (2)設等比數列{bn}的公比為q. 因為b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8， 所以－8q＝－24，即q＝3. 所以{bn}的前n項和公式為Sn＝＝4(1－3n)． 考點二 遞推數列及其應用 1．（2013湖南，13分）設Sn為數列{an}的前

16、n項和，已知a1≠0,2an－a1＝S1Sn，n∈N*. (1)求a1，a2，并求數列{an}的通項公式； (2)求數列{nan}的前n項和． 解：本題主要考查數列的通項公式和數列求和，結合轉化思想，意在考查考生的運算求解能力． (1)令n＝1，得2a1－a1＝a，即a1＝a. 因為a1≠0，所以a1＝1. 令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2. 當n≥2時，由2an－1＝Sn,2an－1－1＝Sn－1兩式相減得2an－2an－1＝an， 即an＝2an－1. 于是數列{an}是首項為1，公比為2的等比數列．因此，an＝2n－1. 所以數列{an}的通項公式

17、為an＝2n－1. (2)由(1)知，nan＝n2n－1. 記數列{n2n－1}的前n項和為Bn，于是 Bn＝1＋22＋322＋…＋n2n－1，① 2Bn＝12＋222＋323＋…＋n2n.② ①－②得 －Bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n2n ＝2n－1－n2n. 從而Bn＝1＋(n－1)2n. 2．（2013廣東，14分）設各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，滿足4Sn＝a－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14構成等比數列． (1)證明：a2＝ ； (2)求數列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數n，有＋＋…＋＜. 解：本題主要考查通過“a

18、n與Sn法”將遞推數列轉化為等差數列及裂項求和法，意在考查考生運用化歸與轉化思想解決問題的能力． (1)證明：∵an＞0，令n＝1，有4S1＝a－4－1，即4a1＝a－4－1，∴a2＝. (2)當n≥2時，4Sn＝a－4n－1,4Sn－1＝a－4(n－1)－1，兩式相減得4an＝a－a－4，有a＝(an＋2)2，即an＋1＝an＋2， ∴{an}從第2項起，是公差為2的等差數列， ∴a5＝a2＋32＝a2＋6，a14＝a2＋122＝a2＋24， 又a2，a5，a14構成等比數列，有a＝a2a14， 則(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3， 由(1)得a1＝1，又an＋

19、1＝an＋2(n≥2)． ∴{an}是首項為1，公差為2的等差數列， 即an＝1＋(n－1)2＝2n－1. (3)證明：由(2)得＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝ ＝＜. 3．（2012新課標全國，5分）數列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為(　　) A．3 690　　　　　　　　　 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析：不妨令a1＝1，根據題意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以當n為奇數時，an＝1，當n為偶數時構成以a2＝2為首項，以4為公差的等差數列．所以前60項和為 S60＝30

20、＋230＋4＝1 830. 答案：D 4．(2009福建，4分)五位同學圍成一圈依序循環(huán)報數，規(guī)定： ①第一位同學首次報出的數為1，第二位同學首次報出的數也為1，之后每位同學所報出的數都是前兩位同學所報出的數之和； ②若報出的數為3的倍數，則報該數的同學需拍一次． 已知甲同學第一個報數，當五位同學依序循環(huán)報到第100個數時，甲同學拍手的總次數為________． 解析：五位同學報數所構成的數列為1,1,2,3,5,8,13,21，…該數列被3除所得的余數構成的數列為1,1,2,0,2,2,1,0，…所得新數列中每4個數出現一個0，而又有5名同學，因而甲同學報的數為3的倍數的間隔為2

21、0，所以甲同學報的數為3的倍數的數依次是第16,36,56,76,96，共5個數． 答案：5 5．(2011廣東，14分)設b＞0，數列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)證明：對于一切正整數n,2an≤bn＋1＋1. (1)由an＝聯想到取倒數得＝＋，令cn＝，有cn＝＋cn－1，當b＝1時，{cn}為等差數列，當b≠1時，設cn＋k＝(cn－1＋k)，展開對比得k＝，構造等比數列{cn＋}，求得cn后再求an；(2)當b＝1時，易驗證，當b≠1時，先用分析法將2an≤bn＋1＋1轉化為≤bn＋1＋1，利用公式an－bn＝(a－b)(a

22、n－1＋an－2b＋…＋bn－1)，再轉化為2nbn≤(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－1)，然后將右邊乘開，再利用基本不等式即可得證． 解：(1)∵a1＝b＞0，an＝， ∴＝＋， 令cn＝，則cn＝＋cn－1， ①當b＝1時，cn＝1＋cn－1，且c1＝＝＝1 ∴{cn}是首項為1，公差為1的等差數列， ∴cn＝1＋(n－1)1＝n，于是cn＝＝n，這時an＝1； ②當b≠1時，cn＋＝(cn－1＋)，且c1＋＝＋＝， {cn＋}是首項為，公比為的等比數列， ∴cn＋＝()n－1，由＋＝得an＝， ∴an＝. (2)證明：由(1)得，當b＝1時，an＝1,2an≤bn＋1＋1?2≤2成立， 當b≠1時，an＝，2an≤bn＋1＋1?≤bn＋1＋1， 而1－bn＝(1－b)(1＋b＋b2＋…＋bn－1)， 又b＞0， 故只需證：2nbn≤(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－1)，(※) 而(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－2＋bn－1)＝(b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1)＋(bn－1＋bn－2＋…b＋1)＝(b2n＋1)＋(b2n－1＋b)＋…＋(bn＋1＋bn－1)≥2bn＋2bn＋…＋2bn＝2nbn，∴(※)式成立，原不等式成立． 高考數學復習精品 高考數學復習精品