《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第23練 數(shù)列的證明、通項(xiàng)與求和練習(xí) 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第23練 數(shù)列的證明、通項(xiàng)與求和練習(xí) 文.doc（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第23練 數(shù)列的證明、通項(xiàng)與求和練習(xí) 文 [明考情] 數(shù)列的通項(xiàng)與求和是高考的熱點(diǎn)，考查頻率較高.中檔難度，一般在解答題的前半部. [知考向] 1.等差、等比數(shù)列的判定與證明. 2.數(shù)列的通項(xiàng)與求和. 考點(diǎn)一　等差、等比數(shù)列的判定與證明 方法技巧　判斷等差(比)數(shù)列的常用方法 (1)定義法：若an＋1－an＝d，d為常數(shù)，則{an}為等差(比)數(shù)列. (2)中項(xiàng)公式法. (3)通項(xiàng)公式法. 1.(xx全國(guó)Ⅲ)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通項(xiàng)公式. 解　(1)由題意得a2＝，a3＝. (2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1). 因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以＝. 故{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，因此an＝. 2.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*). (1)設(shè)bn＝an＋1－2an，證明：數(shù)列{bn}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. (1)證明　因?yàn)閍n＋2＝3an＋1－2an， 所以an＋2－2an＋1＝an＋1－2an， 又bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝an＋2－2an＋1， 因此對(duì)任意的n∈N*，bn＋1－bn＝0(常數(shù))， 又bn＝an＋1－2an＝an－2an－1＝…＝a2－2a1＝2≠0， 所以＝1(常數(shù))， 根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義知，數(shù)列{bn}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列. (2)解　方法一　由(1)知，an＝2an－1＋2， ① 由an＋2＝3an＋1－2an，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， 又a2－a1＝3， 所以數(shù)列{an＋1－an}是首項(xiàng)為3，公比為2的等比數(shù)列，an－an－1＝32n－2(n≥2)， ② 聯(lián)立①②得，an＝32n－1－2(n≥2)， 經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)n＝1時(shí)也符合該式. 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝32n－1－2(n∈N*). 方法二　由(1)可得an＋1＝2an＋2，即an＋1＋2＝2(an＋2)，所以數(shù)列{an＋2}是公比為2的等比數(shù)列， 則an＋2＝(a1＋2)2n－1＝32n－1，即an＝32n－1－2(n∈N*). 3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的前三項(xiàng)a1，a2，a3； (2)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式. (1)解　在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分別令n＝1，2，3， 得 解得 (2)證明　由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得 Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，兩式相減，得 an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)， an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)， ∴an＋(－1)n＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2). 故數(shù)列是以a1－＝為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列. ∴an＋(－1)n＝2n－1， an＝2n－1－(－1)n＝－(－1)n. 4.(xx全國(guó)Ⅱ)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lg an]，其中[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b1，b11，b101； (2)求數(shù)列{bn}的前1 000項(xiàng)和. 解　(1)設(shè){an}的公差為d，據(jù)已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝n. b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2. (2)因?yàn)閎n＝ 所以數(shù)列{bn}的前1 000項(xiàng)和為190＋2900＋31＝1 893. 5.(xx日照一模)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，an＋1＝1－，bn＝，其中n∈N*. (1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)cn＝，求數(shù)列{cncn＋2}的前n項(xiàng)和Tn. (1)證明　∵bn＋1－bn＝－＝－＝－＝2， ∴數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列. 又b1＝＝2， ∴bn＝2＋(n－1)2＝2n， ∴2n＝，解得an＝. (2)解　由(1)可得cn＝＝， ∴cncn＋2＝＝2， ∴數(shù)列{cncn＋2}的前n項(xiàng)和為 Tn＝2 ＝2＝3－. 6.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù). (1)證明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)列？并說(shuō)明理由. (1)證明　由題設(shè)知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. (2)解　由題設(shè)知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首項(xiàng)為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2， 因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列. 考點(diǎn)二　數(shù)列的通項(xiàng)與求和 方法技巧　(1)根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)的常用方法①累加(乘)法 形如an＋1＝an＋f(n)的數(shù)列，可用累加法； 形如＝f(n)的數(shù)列，可用累乘法. ②構(gòu)造數(shù)列法 形如an＋1＝，可轉(zhuǎn)化為－＝，構(gòu)造等差數(shù)列； 形如an＋1＝pan＋q(pq≠0)，可轉(zhuǎn)化為an＋1＋＝p構(gòu)造等比數(shù)列. (2)數(shù)列求和的常用方法 ①倒序相加法；②分組求和法；③錯(cuò)位相減法；④裂項(xiàng)相消法. 7.已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，且數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)由已知得＝1＋(n－1)2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3. 而a1＝1＝41－3滿足上式，所以an＝4n－3，n∈N*. (2)(分組求和法)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3). 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4＝2n； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n＋1為偶數(shù)，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1. 綜上，Tn＝ 8.設(shè)n∈N*，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1＝Sn＋an＋2，已知a1，a2，a5成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足＝()，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)由Sn＋1＝Sn＋an＋2，得an＋1－an＝2(n∈N*)， 所以數(shù)列{an}是以a1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列. 由a1，a2，a5成等比數(shù)列，即(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得a1＝1. 所以an＝2n－1(n∈N*). (2)(錯(cuò)位相減法)由(1)可得bn＝(2n－1)()2n＝(2n－1)2n， 所以Tn＝121＋322＋523＋…＋(2n－1)2n， ① 2Tn＝122＋323＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1. ② 由①－②可得－Tn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1＝－(2n－3)2n＋1－6， 所以Tn＝(2n－3)2n＋1＋6. 9.(xx廣東汕頭一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，an＋1＝Sn＋2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)已知bn＝log2an，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)∵an＋1＝Sn＋2，∴an＝Sn－1＋2(n≥2). 兩式作差得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an， 所以an＋1＝2an，即＝2(n≥2). 又當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝S1＋2＝4， ∴＝2成立. ∴數(shù)列{an}是公比為2，首項(xiàng)為2的等比數(shù)列， ∴an＝a1qn－1＝2n (n∈N*). (2)由(1)可得bn＝log2an＝n， ＝＝－， ∴Tn＝＋＋…＋＝1－＝. 10.(xx浙江)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項(xiàng)和. 解　(1)由題意得則即a2＝3a1. 又當(dāng)n≥2時(shí)， 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an， 得an＋1＝3an. 所以，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1，n∈N*. (2)設(shè)bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1， 當(dāng)n≥3時(shí)，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T1＝2，T2＝3， 當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＝3＋－＝， 當(dāng)x＝2時(shí)，滿足上式， 所以Tn＝ 11.已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，求Sn. 解　(1)bn＋1＝＝＝. a1＝，b1＝， 因?yàn)閎n＋1－1＝－1， 所以＝＝－1＋， 所以數(shù)列是以－4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列， 所以＝－4－(n－1)＝－n－3， 所以bn＝1－＝. (2)因?yàn)閍n＝1－bn＝， 所以Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＋＋…＋＝－＝. 12.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*). (1)求證：為等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式； (2)數(shù)列{bn}滿足bn＝(3n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. (1)證明　∵a1＝1，an＋1＝， ∴＝＝1＋， 即＋＝＋＝3， 則為等比數(shù)列，公比q＝3， 首項(xiàng)為＋＝1＋＝， 則＋＝3n－1， 即＝－＋3n－1＝(3n－1)，即an＝. (2)解　bn＝(3n－1)an＝， 則數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn＝＋＋＋…＋， ① Tn＝＋＋＋…＋， ② 兩式相減得Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－＝2－， 則Tn＝4－. 例　(12分)下表是一個(gè)由n2個(gè)正數(shù)組成的數(shù)表，用aij表示第i行第j個(gè)數(shù)(i，j∈N*)，已知數(shù)表中第一列各數(shù)從上到下依次構(gòu)成等差數(shù)列，每一行各數(shù)從左到右依次構(gòu)成等比數(shù)列，且公比都相等.已知a11＝1，a31＋a61＝9，a35＝48. a11　a12　a13　…　a1n a21　a22　a23　…　a2n a31　a32　a33　…　a3n …　…　…　…　… an1　an2　an3　…　ann (1)求an1和a4n； (2)設(shè)bn＝＋(－1)nan1(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 審題路線圖 ―→ 規(guī)范解答評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 解　(1)設(shè)第1列依次組成的等差數(shù)列的公差為d，設(shè)每一行依次組成的等比數(shù)列的公比為q.依題意a31＋a61＝(1＋2d)＋(1＋5d)＝9，∴d＝1， ∴an1＝a11＋(n－1)d＝1＋(n－1)1＝n.…………………………………………………2分 又∵a31＝a11＋2d＝3，∴a35＝a31q4＝3q4＝48， 又∵q>0，∴q＝2. 又∵a41＝4，∴a4n＝a41qn－1＝42n－1＝2n＋1. ……………………………………………4分 (2)∵bn＝＋(－1)nan1＝＋(－1)nn ＝＋(－1)nn＝－＋(－1)nn. ………………………………6分 ∴Sn＝＋＋＋…＋＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)nn]. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝1－＋，……………………………………………………8分 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝Sn－1＋bn＝1＋－－n＋ ＝1－－＝－(n≥3且n為奇數(shù)). 經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足Sn＝－. ………………………………………………………………………………………………11分 綜上，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝ 構(gòu)建答題模板 [第一步]　找關(guān)系：根據(jù)已知條件確定數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系. [第二步]　求通項(xiàng)：根據(jù)等差或等比數(shù)列的通項(xiàng)公式或利用累加、累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)公式. [第三步]　定方法：根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、分組法等). [第四步]　寫步驟. [第五步]　再反思：檢查求和過(guò)程中各項(xiàng)的符號(hào)有無(wú)錯(cuò)誤，用特殊項(xiàng)估算結(jié)果. 1.(xx包頭一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－3n (n∈N*). (1)求a1，a2，a3的值； (2)是否存在常數(shù)λ，使得數(shù)列{an＋λ}為等比數(shù)列？若存在，求出λ的值和通項(xiàng)公式an；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 解　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，由S1＝2a1－31，可得a1＝3； 當(dāng)n＝2時(shí)，由S2＝2a2－32，可得a2＝9； 當(dāng)n＝3時(shí)，由S3＝2a3－33，可得a3＝21. (2)令(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)， 即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 由Sn＝2an－3n及Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)， 兩式相減，得an＋1＝2an＋3. 由以上結(jié)論得an＋1＋3＝(2an＋3)＋3＝2(an＋3)， 所以數(shù)列{an＋3}是首項(xiàng)為6，公比為2的等比數(shù)列， 因此存在λ＝3，使得數(shù)列{an＋3}為等比數(shù)列， 所以an＋3＝(a1＋3)2n－1，所以an＝3(2n－1). 2.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝322n－1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解　(1)由已知，當(dāng)n≥1時(shí)， an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n+1)－1. 而a1＝2， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝22n－1. (2)(錯(cuò)位相減法)由bn＝nan＝n22n－1知， Sn＝12＋223＋325＋…＋n22n－1， ① 22Sn＝123＋225＋327＋…＋n22n+1， ② ①－②，得 (1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n22n+1， 即Sn＝[(3n－1)22n+1＋2]. 3.已知{an}是等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)若對(duì)任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中項(xiàng)，求數(shù)列{(－1)nb}的前2n項(xiàng)和. 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q. 由已知，－＝， 解得q＝2或q＝－1. 又由S6＝a1＝63知，q≠－1， 所以a1＝63，得a1＝1. 所以an＝2n－1. (2)由題意，得bn＝(log2an＋log2an＋1) ＝(log22n－1＋log22n)＝n－， 即{bn}是首項(xiàng)為，公差為1的等差數(shù)列. 設(shè)數(shù)列{(－1)nb}的前n項(xiàng)和為Tn，則 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b) ＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2. 4.已知數(shù)列{an}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*). (1)求證：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列； (2)若bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn； (3)求證：＋＋…＋＜(n∈N*). (1)證明　∵an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)， ∴＝2.又∵a1＋1＝2， ∴數(shù)列{an＋1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列. (2)解　∵an＋1＝2n，∴an＝2n－1. ∴bn＝＝＝－. Sn＝＋＋…＋＝－. (3)證明　∵＝＝＜， ∴＋＋…＋＜(n∈N*). 5.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a3＝9，且an＝an－1＋λn－1(n≥2). (1)求λ的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(－1)n(an＋n)，且數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求S2n. 解　(1)∵a1＝1，an＝an－1＋λn－1， ∴a2＝2λ，a3＝5λ－1，由a3＝5λ－1＝9，得λ＝2. 于是an＝an－1＋2n－1， 即an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－3， an－2－an－3＝2n－5，…，a2－a1＝3. 以上各式累加，得an＝1＋＝n2. (2)由(1)得bn＝(－1)n(an＋n)＝(－1)nn(n＋1). 故S2n＝－12＋23－34＋45－56＋67－…－(2n－1)2n＋2n(2n＋1) ＝2(－1＋3)＋4(－3＋5)＋6(－5＋7)＋…＋2n(－2n＋1＋2n＋1) ＝2(2＋4＋6＋…＋2n) ＝2＝2n2＋2n.