《2019屆高考數學二輪復習 第二篇 專題通關攻略 專題3 數列 2.3.2 數列求和及綜合應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考數學二輪復習 第二篇 專題通關攻略 專題3 數列 2.3.2 數列求和及綜合應用課件.ppt（97頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第2課時數列求和及綜合應用 熱點考向一Sn與an關系的應用考向剖析 本考向考題形式中選擇 填空 解答都可能涉及 主要考查利用等差 比 數列的定義求通項公式 或知遞推公式求通項公式 或利用an與Sn的關系求通項公式 難度為適中 2019年高考該考向仍將是考查熱點 考查形式將會靈活多變 典例1 1 已知Sn為數列 an 的前n項和 a1 1 當n 2時 Sn 1 1 an 則a8 2 2018 順德一模 已知數列 an 的前n項和為Sn an 0且滿足an 2Sn 求數列 an 的通項公式 求數列的前n項和Tn 解析 1 當n 2時 S1 1 a2 即a2 2 當n 2時 相減得an 1 2an 又a1 1 所以a2 2a1 所以數列 an 構成一個等比數列 所以a8 a2 q6 2 26 128 答案 128 2 當n 1時 a1 2a1 解得a1 1 由an 2Sn 整理得 2an 1 4Sn 所以 2an 1 1 4Sn 1 得 2an 1 2an 4an 1 所以 an 1 an an 1 an 2 0 因為an 0 所以an 1 an 2 0 即an 1 an 2 所以數列 an 是以1為首項 以2為公差的等差數列 則an 1 2 n 1 2n 1 Tn 得 所以Tn 1 名師點睛 求數列通項的六種方法 1 歸納猜想法 先求出數列的前幾項 通過歸納猜想得出數列的通項公式 一般出現在選擇填空中 2 公式法 判斷數列是否為等差與等比數列 利用公式求解 3 利用Sn求an 知Sn的關系式求an 通過公式an 求 已知Sn與an的關系式求an 利用an Sn Sn 1 n 2 消去Sn 得到關于an的關系式 從而可以求an 或消去an 得到關于Sn的關系式 先求出Sn再求an 4 累加法 數列遞推關系形如an 1 an f n 其中數列 f n 前n項和可求 這種類型的數列求通項公式時 常用累加法 疊加法 5 累乘法 數列遞推關系形如an 1 g n an 其中數列 g n 前n項積可求 此數列求通項公式一般采用累乘法 疊乘法 6 構造法 遞推關系形如an 1 pan q p q為常數 可化為的形式 利用是以p為公比的等比數列求解 遞推關系形如an 1 p為非零常數 可化為的形式 考向精煉 1 已知Sn為數列 an 的前n項和 且log2 Sn 1 n 1 則數列 an 的通項公式為 解析 由log2 Sn 1 n 1 得Sn 1 2n 1 當n 1時 a1 S1 3 當n 2時 an Sn Sn 1 2n 所以數列 an 的通項公式為an 答案 an 易錯警示 由Sn求an時 一定要注意分成n 1和n 2兩種情況進行討論 最后驗證兩者能否合并 即用一個式子來表示an 若不能 則用分段形式來表示an 2 2018 綿陽二模 已知數列 an 的前n項和是Sn 且Sn 2an 1 n N 1 求數列 an 的通項公式 2 令bn log2an 求數列 1 n 前2n項的和T 解析 1 當n 2時 由得an 2an 1 n N 于是 an 是以2為公比的等比數列 令n 1得a1 1 所以an 2n 1 2 bn log2an log22n 1 n 1 于是數列 bn 是首項為0 公差為1的等差數列 T b1 b2 b3 b2n 1 b2n 所以T n 2n 1 加練備選 1 2018 南充一診 已知數列 an 滿足 a1 1 an 0 1 n N 那么使an 5成立的n的最大值為 A 4B 5C 24D 25 解析 選C 由題意 1 所以 是首項為1 公差為1的等差數列 所以 1 n 1 1 n 又an 0 則an 由an 5得 5 所以n 25 那么使an 5成立的n的最大值為24 2 2018 鄭州一模 已知數列 an 滿足log2an 1 1 log2an n N 且a1 a2 a3 a10 1 則log2 a101 a102 a110 解析 因為log2an 1 1 log2an n N 所以log2an 1 log2an 1 即log2 1 所以 2 所以數列 an 是公比q 2的等比數列 則a101 a102 a110 a1 a2 a3 a10 q100 2100 所以log2 a101 a102 a110 log22100 100 答案 100 3 2018 內江一模 設數列 an 滿足a1 2a2 4a3 2n 1an n 1 求數列 an 的通項公式 2 求數列 an log2an 的前n項和 解析 1 因為數列 an 滿足a1 2a2 4a3 2n 1an n 所以當n 2時 a1 2a2 4a3 2n 2an 1 n 1 所以當n 2時 2n 1an 1 即an 當n 1時 an 1滿足上式an 所以數列 an 的通項公式an 2 由 1 知 an log2an 1 n 所以 a1 log2a1 a2 log2a2 a3 log2a3 an log2an 1 0 1 2 3 n 1 熱點考向二數列的求和問題高頻考向 類型一裂項相消法求和 典例2 2018 佛山一模 已知各項均不為零的等差數列 an 的前n項和Sn 且滿足2Sn n R 1 求 的值 2 求數列的前n項和Tn 大題小做 解析 1 因為數列 an 為等差數列 設an An B 因為 an 的公差不為零 則Sn n 所以2Sn An2 A 2B n 因為2Sn n R 所以An2 A 2B n A2n2 2AB n B2 所以解得 2 由 1 知an n 所以所以Tn 易錯警示 1 相減時關注項的增減 抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項 也有可能前面剩兩項 后面也剩兩項 2 裂項時關注系數的變化 將通項裂項后 有時需要調整前面的系數 使裂開的兩項之差和系數之積與原通項相等 如 若 an 是等差數列 則 探究追問 1 本例中求數列的前n項和Tn 解析 因為所以Tn 2 本例中求數列的前n項和Tn 解析 因為所以Tn 類型二錯位相減法求和 典例3 2018 新鄉(xiāng)一模 已知Sn為等差數列 an 的前n項和 且a17 33 S7 49 1 證明 a1 a5 a41成等比數列 2 求數列 an 3n 的前n項和Tn 審題導引 1 要證明a1 a5 a41成等比數列 先求出數列通項an 進而得到a1 a5 a41的值 即得證 2 要求數列 an 3n 的前n項和 利用錯位相減法計算即可 解析 1 設等差數列 an 的首項為a1 公差為d 由于a17 33 S7 49 則解得a1 1 d 2 所以an 2n 1 則a1 1 a5 9 a41 81 即 a1 a41 所以a1 a5 a41成等比數列 2 由 1 得 an 3n 2n 1 3n Tn 1 31 3 32 2n 1 3n 3Tn 1 32 3 33 2n 1 3n 1 得 2Tn 3 2 32 2 33 2 3n 2n 1 3n 1 3 2 2n 1 3n 1 整理得Tn n 1 3n 1 3 故數列的前n項和為Tn n 1 3n 1 3 名師點睛 錯位相減法求和的關注點 1 適用題型 等差數列 an 與等比數列 bn 對應項相乘 an bn 型數列求和 2 步驟 求和時先乘以數列 bn 的公比 把兩個和的形式錯位相減 整理結果形式 拓展提升 典例3 2 中數列求和的另類解法設則即 由所以cn 3n 所以Tn b1 b2 bn c2 c1 cn cn 1 cn 1 cn cn 1 c1 3n 1 3 類型三奇 偶 數項和問題 典例4 已知等差數列 an 的公差為2 其前n項和Sn pn2 2n n N p R 1 求p的值及 an 的通項公式 2 在等比數列 bn 中 b2 a1 b3 a2 4 令cn k N 求數列 cn 的前n項和Tn 審題導引 1 要求p的值及 an 的通項公式 只要根據關系式an 計算即可 2 要求數列 cn 的前n項和 只要根據n的奇偶性 即可 分類 討論 解析 1 根據題意 等差數列 an 中Sn pn2 2n 當n 1時 a1 S1 p 2 當n 2時 有an Sn Sn 1 pn2 2n p n 1 2 2 n 1 2pn p 2 則an 1 2p n 1 p 2 所以an 1 an 2p 2 所以p 1 an 2n 1 2 2n 1 當n 1時 a1 p 2 3 也適合上式 所以 an 的通項公式an 2n 1 2 因為b2 a1 3 b3 a2 4 9 所以q 3 bn b2qn 2 3 3n 2 3n 1 當n 2k k N 時 Tn a1 b2 a3 b4 a2k 1 b2k a1 a3 a2k 1 b2 b4 b2k 3 7 4k 1 3 27 32k 1 k 2k 1 當n 2k 1 k N 時 n 1是偶數 Tn Tn 1 bn 1 所以Tn 考向精煉 1 2018 廣州一模 在各項均不相等的等差數列 an 中 已知a4 5 且a3 a5 a8成等比數列 世紀金榜導學號 1 求數列 an 的通項公式 2 設數列 an 的前n項和為Sn 記bn 求數列 bn 的前n項和Tn 解析 1 因為 an 為等差數列 設公差為d 由題意得解得d 1或d 0 舍 a1 2 所以an 2 n 1 1 n 1 2 由 1 知Sn 所以bn 所以Tn b1 b2 bn 2 設等差數列 an 的前n項和為Sn 且a2 8 S4 40 數列 bn 的前n項和為Tn 且Tn 2bn 3 0 n N 世紀金榜導學號 1 求數列 an bn 的通項公式 2 設cn 求數列 cn 的前n項和Pn 解析 1 設等差數列 an 的公差為d 由題意 得解得所以an 4n 因為Tn 2bn 3 0 所以當n 1時 b1 3 當n 2時 Tn 1 2bn 1 3 0 兩式相減 得bn 2bn 1 n 2 則數列 bn 為等比數列 所以bn 3 2n 1 2 cn 當n為偶數時 Pn a1 a3 an 1 b2 b4 bn 2n 1 n2 2 當n為奇數時 方法一 n 1為偶數 Pn Pn 1 cn 2 n 1 1 n 1 2 2 4n 2n n2 2n 1 方法二 Pn a1 a3 an 2 an b2 b4 bn 1 2n n2 2n 1 所以Pn 加練備選 1 已知數列 an 中 a1 3 a2 5 且 an 1 是等比數列 1 求數列 an 的通項公式 2 若bn nan 求數列 bn 的前n項和Tn 解析 1 因為 an 1 是等比數列且a1 1 2 a2 1 4 所以 2 所以an 1 2 2n 1 2n 所以an 2n 1 2 因為bn nan n 2n n 所以Tn b1 b2 b3 bn 2 2 22 3 23 n 2n 1 2 3 n 令T 2 2 22 3 23 n 2n 則2T 22 2 23 3 24 n 2n 1 兩式相減 得 T 2 22 23 2n n 2n 1 n 2n 1 所以T 2 1 2n n 2n 1 2 n 1 2n 1 因為1 2 3 n 所以Tn n 1 2n 1 2 2018 開封一模 已知正項等比數列 an 滿足a3a9 4 a2 1 1 求 an 的通項公式 2 記bn 2nan 求數列 bn 的前n項和Sn 解析 1 正項等比數列 an 滿足a3a9 4 a2 1 則解得a1 q 2 所以an 2n 2 2 由于an 2n 2 則bn 2n 2n 2 n 2n 1 所以Sn 1 20 2 21 n 2n 1 則 2Sn 1 21 2 22 n 2n 得 Sn 2n 1 n 2n 所以Sn n 2n 2n 1 n 1 2n 1 熱點考向三與數列相關的綜合問題考向剖析 考題形式主要為解答題 主要考查等差數列和等比數列與函數 解析幾何等知識的綜合問題 有時也與數列型不等式的證明 存在性問題相交匯 難度為中等或偏難 典例5 已知曲線C y 4x Cn y 4x n n N 從C上的點Qn作x軸的垂線 交Cn于點Pn 再從點Pn作y軸的垂線 交C于點Qn 1設x1 1 an xn 1 xn bn 1 求數列 xn 的通項公式 2 記cn 數列 cn 的前n項和為Tn 求證 T2n 1 3 若已知 2n 1 n N 記數列 an 的前n項和為An 數列 dn 的前n項和為Bn 試比較An與的大小 審題導引 1 要求 xn 的通項公式 就要找到xn與xn 1的關系 然后再找到xn和xn 1的關系 由點在線上即可找到突破口 2 要證T2n 1 先求出cn 利用放縮法求解 3 要比較An與的大小 先求出An和再作差求解 解析 1 依題意可知 點Pn的坐標為因為點Pn xn yn 1 在曲線Cn上 點Qn 1 xn 1 yn 1 在曲線C上 所以有yn 1 即xn 1 xn n 所以xn xn 1 n 1 xn 2 x1 1 2 1 2 因為點Qn xn yn 在曲線C上 所以yn 所以bn 4n 所以cn 所以所以當n 2時 所以當n 2時 T2n 1 c1 c2 c2n 1當n 1時 T2n 1 T1 c1 所以T2n 1 3 因為an xn 1 xn n 所以An 由 2n 1知 2n 3 n 2且n N 兩式相減得即dn 2n 1 d1 2不適合上式 所以dn 于是Bn d1 d2 d3 dn 2 23 24 2n 1 2 22 23 24 2n 1 4 4 2n 2 6 所以 2n 2 當n 1 2時 當n 3時 當n 4時 2n 2 所以當n 4時 An 綜上所述 當n 2時 An 當n 3時 An 當n 4時 An 名師點睛 數列與函數的綜合一般體現在兩個方面 1 形的角度 以數列的特征量n an Sn等為坐標的點在函數圖象上 可以得到數列的遞推關系 2 數的角度 數列的項或前n項和可以看作關于n的函數 然后利用函數的性質求解數列問題 考向精煉 1 已知等差數列 an 的公差d 0 且a2 a5 1 a10成等比數列 若a1 5 Sn為數列 an 的前n項和 則的最小值為 解析 由于a2 a5 1 a10成等比數列 所以 a5 1 2 a2 a10 即a1 5 解得d 3 負值舍去 所以an 3n 2 Sn 所以答案 2 已知定義域為 0 的函數f x 滿足f x 2f x 2 當x 0 2 時 f x 2x2 4x 設f x 在 2n 2 2n 上的最大值為an n N 且數列 an 的前n項和為Sn 則Sn 解析 因為定義在 0 上的函數f x 滿足f x 2f x 2 所以f x 2 f x 所以f x 4 f x 2 f x f x 6 f x 4 f x f x 2n f x 設x 2n 2 2n 則x 2n 2 0 2 因為當x 0 2 時 f x 2x2 4x 所以f x 2n 2 2 x 2n 2 2 4 x 2n 2 所以f x 2 x 2n 1 2 2 所以f x 21 n 2 x 2n 1 2 2 x 2n 2 2n 所以x 2n 1時 f x 的最大值為22 n 所以an 22 n 所以 an 表示以2為首項 為公比的等比數列 所以 an 的前n項和為Sn 答案 4 加練備選 1 2017 全國卷 幾位大學生響應國家的創(chuàng)業(yè)號召 開發(fā)了一款應用軟件 為激發(fā)大家學習數學的興趣 他們推出了 解數學題獲取軟件激活碼 的活動 這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案 已知數列1 1 2 1 2 4 1 2 4 8 1 2 4 8 16 其中第一項是20 接下 來的兩項是20 21 再接下來的三項是20 21 22 依此類推 求滿足如下條件的最小整數N N 100且該數列的前N項和為2的整數冪 那么該款軟件的激活碼是 A 440B 330C 220D 110 解析 選A 由題意得 數列如下 1 1 2 1 2 4 1 2 4 2k 1 則該數列的前1 2 k 項和為 1 1 2 1 2 2k 1 2k 1 k 2 要使 100 有k 14 此時k 2 2k 1 所以k 2是之后的等比數列1 2 2k的部分和 即k 2 1 2 2t 1 2t 1 所以k 2t 3 14 則t 5 此時k 25 3 29 對應滿足的最小條件為N 5 440 故選A 2 2017 普陀區(qū)二模 已知數列 an n N 若 an an 1 為等比數列 則稱 an 具有性質P 1 若數列 an 具有性質P 且a1 a2 1 a3 3 求a4 a5的值 2 若bn 2n 1 n 求證 數列 bn 具有性質P 3 設c1 c2 cn n2 n 數列 dn 具有性質P 其中d1 1 d3 d2 c1 d2 d3 c2 若dn 102 求正整數n的取值范圍 解析 1 an an 1 為等比數列 因為a1 a2 1 a3 3 所以a1 a2 1 1 2 a2 a3 1 3 4 所以 an an 1 的公比為2 所以an an 1 2n 所以a3 a4 23 8 即a4 5 所以a4 a5 24 16 即a5 11 2 因為bn 2n 1 n 所以bn bn 1 2n 1 n 2n 1 1 n 1 3 2n 所以 bn bn 1 是公比為2的等比數列 所以數列 bn 具有性質P 3 因為c1 c2 cn n2 n 所以c1 c2 cn 1 n 1 2 n 1 n 2 所以cn 2n n 2 又c1 1 1 2滿足上式 所以cn 2n 因為d1 1 d3 d2 c1 2 d2 d3 c2 4 所以d2 1 d3 3 因為數列 dn 具有性質P 由 1 可得 dn dn 1 2n 所以d4 5 d5 11 d6 21 d7 43 d8 85 d9 171 因為dn 102 所以正整數n的取值范圍是 9