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    2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19:数列通项与求和问题(含解析)

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    2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19:数列通项与求和问题(含解析)

    1、 专题 19 数列通项与求和问题【自主热身,归纳提炼】1、 等比数列 na的各项均为实数,其前 n项和为 nS,已知 374, 63S,则 8a .【答案】 32【解析】由于 ,故 2q,而 ,故 14a,则 781aq 32.2、对于数列 an,定义数列 bn满足 bn an1 an(nN *),且 bn1 bn1( nN *), a31, a41,则a1_.【答案】 8 【解析】:因为 b3 a4 a3112,所以 b2 a3 a2 b313,所以 b1 a2 a1 b214,三式相加可得 a4 a19,所以 a1 a498.3、设公比不为 1 的等比数列 an满足 a1a2a3 ,且 a

    2、2, a4, a3成等差数列,则数列 an的前 4 项和为18_【答案】: 58解后反思 本题主要考查等差中项和等比中项的性质及应用,体现了等差数列和等比数列的基本量的计算问题中的方程思想,等比数列的求和要注意公比是否为 1.:4、已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn,若 S22 a23, S32 a33,则公比 q 的值为_【答案】:. 2 当 q1 时,显然不满足题意;当 q1 时, Error!整理得Error!解得 q2.5、 记公比为正数的等比数列 an的前 n 项和为 Sn.若 a11, S45 S20,则 S5的值为_【答案】: 31【解析】:设公比为 q,且 q0,又 a1

    3、1,则 an qn1 .由 S45 S20,得(1 q2)S25 S2,所以 q2,所以 S5 31.1 251 2解后反思 利用 S4(1 q2)S2,可加快计算速度,甚至可以心算6、设数列 na的前 项和为 n,若 ,则数列 na的通项公式为 na 【答案】: 1 7、 已知数列 an满足 a11, a2a1,| an1 an|2 n(nN *),若数列 a2n1 单调递减,数列 a2n单调递增,则数列 an的通项公式为 an_.【答案】 2 n 13【解析】:因为| an1 an|2 n,所以当 n1 时,| a2 a1|2.由 a2a1, a11 得 a21.当 n2 时,|a3 a2

    4、|4,得 a33 或 a35.因为 a2n1 单调递减,所以 a33.当 n3 时,| a4 a3|8,得a45 或 a411.因为 a2n单调递增,所以 a45.同理得 a511, a621.因为 a2n1 单调递减, a110.所以当 n 为奇数时( n3),有an an1 2 n1 , an1 an2 2 n2 .两式相加得 an an2 2 n2 .那么 a3 a12; a5 a32 3; an an2 2 n2 .以上各 式相加得 an a1(22 32 52 n2 )所以 an a1 .21 22 n 32 11 22 2n 13同理,当 n 为偶数时, an .2n 13所以 a

    5、nError!也可以写成 an . 2 n 13【问题探究,变式 训练】例 1、已知 an是等差数列,其前 n 项和为 Sn, bn是等比数列,且 a1 b12, a4 b421, S4 b430.(1) 求数列 an和 bn的通项公式;(2) 记 cn anbn, nN *,求数列 cn的前 n 项和【解析】: (1) 设等差数列 an的公差为 d,等比数列 bn的公比为 q.由 a1 b12,得 a423 d, b42 q3, S486 d.(3 分)由条件 a4 b421, S4 b430,得方程组Error!解得Error!所以 an n1, bn2 n, nN *.(7 分)(2)

    6、由题意知 cn( n1)2 n.记 Tn c1 c2 c3 cn.则 Tn2232 242 3 n2n1 (n1)2 n,2Tn22 232 3( n1)2 n1 n2n( n1)2 n1 ,所以 Tn22(2 22 32 n)( n1)2 n1 ,(11 分)即 Tn n2n1 , nN *.(14 分)【变式 1】 、在数列 na中,已知 13a, , *nN,设 nS为 a的前 n项和 (1)求证:数列 3n是等差数列;(2)求 nS 证明 (1)因为 ,所以 ,又因为 3a,所以 1=a,所以 n是首项为 1,公差为 2的等差数列(2)由(1)知 ,所以 ,所以 ,所以 ,两式相减得

    7、12()3n,所以 nS【变式 2】 、已知数列 na的前 项和为 nS,且 ( Nn) (1)求数列 na的通项公式;(2)若数列 nb满足 ,求数列 nb的通项公式解 (1)由 2Sa,得 两式相减,得 ,所以 1nn,由又 12,得 12a, 1a,所以数列 为等比数列,且首项为 2,公比 q,所以 2n(2)由(1)知 由 ( *nN), 得 ( 2 )故 ,即 当 1n时, 所以【关联 1】 、数列 an的前 n 项和为 Sn, a12, Sn an (rR, nN *)(n3 r)(1) 求 r 的值及数列 an的通项公式;(2) 设 bn (nN *),记 bn的前 n 项和为

    8、Tn.nan当 nN *时, T2n Tn恒成立,求实数 的取值范围;求证:存在关于 n 的整式 g(n),使得( Ti1) Tng(n)1 对一切 n2,nN *都成立思路分析 (1) 利用关系式 anError!将 an与 Sn的关系转化为 an与 an1 的关系,再利用累乘法求 an的通项公式;(2) 利用数列 T2n Tn的单调性求 T2n Tn的最小值即可;利用条件得到 Tn与 Tn1 的关系,通过变形,化简和式( Ti1),即可证得命题规范解答 (1) 当 n1 时, S1 a1 ,所以 r ,(2 分)(13 r) 23所以 Sn an .(n3 23)当 n2 时, Sn1 a

    9、n1 ,(n3 13)两式相减,得 an an an1 ,所以 (n2)(4 分)n 23 n 13 anan 1 n 1n 1所以 ,即 .a2a1 a3a2 anan 1 31 42 53 nn 2 n 1n 1 ana1 n n 112所以 an n(n1)( n2),又 a12 适合上式所以 an n(n1)( nN *)(6 分)(2) 因为 an n(n1),所以 bn , Tn .1n 1 12 13 1n 1所以 T2n ,12 13 12n 1所以 T2n Tn .(8 分)1n 2 1n 3 12n 1令 Bn T2n Tn .1n 2 1n 3 12n 1则 Bn1 .1

    10、n 3 1n 4 12n 3所以 Bn1 Bn 0,12n 2 12n 3 1n 2 3n 4 2n 2 2n 3 n 2所以 Bn1 Bn,所以 Bn单调递增,(10 分)(Bn)min B1 ,所以 .(12 分)13 13因为 Tn .12 13 1n 1所以当 n2 时, Tn1 ,12 13 1n所 以 Tn Tn1 ,即( n1) Tn nTn1 Tn1 1.(14 分)1n 1所以当 n2 时,( Ti1)(3 T22 T1)(4 T33 T2)(5 T44 T3)( n1) Tn nTn1 ( n1)Tn2 T1( n1) Tn1,所以存在关于 n 的整式 g(n) n1,使得

    11、( Ti1) Tng(n)1 对一切 n2, nN *都成立(16 分)解后反思 本题以 an与 Sn的关系为背景,考查了数列的通项、求和、数列的单调性,考查学生利用数列知识解决数列与不等式的综合问题的能力,以及代数变形与推理论证能力【关联 2】 、已知各项是正数的数列a n的前 n 项和为 Sn.(1) 若 SnS n1 (nN *, n2),且 a12.求数列 an的通项公式;若 Sn 2n1 对任意 nN *恒成立,求实数 的取值范围(2) 已知数列 an是公比为 q(q0, q1)的等比数列,且数列 an的前 n 项积为 10Tn.若存在正整数 k,对任意 nN *,使得 为定值,求首

    12、项 a1的值T( k 1) nTkn. (1) 利用 anS nS n1 (n2),得到 an1 与 an的关系,并特别注意式中的 n2.对于 n1思 路 分 析的情况必须单独处理由 3(S2S 1)a 2 及 a12,得 3(4a 2)a 2,即 a 3a 2100.2 2 2结合 a20,解得 a25,满足 a2a 13.(3 分)所以对 nN *,均有 an1 an3,即数列 an是首项为 a12,公差为 3 的等差数列,数列 an的通项公式为 an3 n1.(5 分)由知, Sn ,所以 对 nN *恒成立(6 分)n( a1 an)2 n( 3n 1)2 n( 3n 1)2n 2记 f(n) , nN *.n( 3n 1)2n 2考虑 f(n1) f(n) .(8 分)( n 1) ( 3n 4)2n 3 n( 3n 1)2n 2 ( 3n2 5n 4)2n 3当 n3 时, f(n1)3 都有 3 都有 0 得 12n24n2 n0,所以 2n0,即 P2P1,(13 分)n2 时,因为 2n4,3 3 ,即 12n24n2 nP3P4,(14 分)所以 Pn的最大值为 P2 ,(15 分)222 22 222 72若存在正整数 k,使得对任意正整数 n,P nk 恒成立,则 kP max , 所以正整数 k 的最小值为 4.(16 分)72


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