2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题6.4 数列求和与数列综合(教师版含解析)
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1、2021 年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破 专题专题 6.4 数列求和与数列综合数列求和与数列综合 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 分组转化求和 . 1 题型二 错位相减法求和 . 3 题型三 裂项相消法求和 . 6 题型四 并项求和 . 8 题型五 数列与其他知识的交汇 . 9 类型一数列与不等式的交汇问题. 9 类型二数列与三角函数的综合 . 10 类型三数列与函数的综合 . 11 类型四数列中的新定义问题 . 12 类型五数列中的新情境问题 . 13 二、高效训练突破 . 14 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型
2、一 分组转化求和分组转化求和 【题型要点】【题型要点】分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn cn,且bn,cn为等差或等比数列,可采用分组求和法求an的前 n 项和; (2)通项公式为 an bn,n为奇数, cn,n为偶数 的数列,其中数列bn,cn是等比数列或等差数列,可采用分组转化法 求和 【例【例 1】 (2020 山东五地山东五地 5 月联考月联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn, 且满足关于 x 的不等式 a1x2S2x20 的解集为(1,2) (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足 bna2n2an1,求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析
3、【解析】 (1)设等差数列an的公差为 d, 因为关于 x 的不等式 a1x2S2x20,a1) n a 1 1logloga(n1)logan an为等差数列,公差 为 d(d0), 1 1 nn aa 1 an an1 1 d 1 11 nn aa (2)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也 剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使前后相等 【例【例 1】(2020 江西八所重点高中江西八所重点高中 4 月联考月联考)设数列an满足 a11,an1 4 4an(nN *) (1)求证:数列 1 an2是等差数列; (
4、2)设 bn a2n a2n1,求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)证明:因为 an1 4 4an,所以 1 an12 1 an2 1 4 4an2 1 an2 4an 2an4 1 an2 2an 2an4 1 2,为常数 因为 a11,所以 1 a121,所以数列 1 an2是以1 为首项, 1 2为公差的等差数列 (2)由(1)知 1 an21(n1)( 1 2) n1 2 , 所以 an2 2 n1 2n n1, 所以 bn a2n a2n1 4n 2n1 2(2n1) 2n 4n2 (2n1)(2n1)1 1 (2n1)(2n1)1 1 2( 1 2n1
5、 1 2n1), 所以 Tnb1b2b3bnn1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n1) n1 2(1 1 2n1)n n 2n1,所以数列bn的前 n 项和 Tnn n 2n1. 【例【例 2】(2020 石家庄模拟石家庄模拟)已知数列an是首项为 1 的等比数列,各项均为正数,且 a2a312. (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn 1 n2log3an1,求数列bn的前 n 项和 Sn. 【答案】 【解析】 (1)设数列an的公比为 q. 由 a2a312,a11,得 qq212, 解得 q3 或 q4. 因为数列an的各项都为正数,所以 q0,
6、所以 q3,所以 an3n 1. (2)因为 bn 1 n2log3an1 1 nn2 1 2 2 1 - 1 nn , 所以 Sn1 2 11 3 1 2 1 4 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 2n3 2n1n2. 题型四题型四 并项求和并项求和 【题型要点】【题型要点】用并项求和法求数列的前 n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等 比数列来求和可用并项求和法的常见类型:一是数列的通项公式中含有绝对值符号;二是数列的通项公 式中含有符号因子“(1)n”;三是数列an是周期数列 【易错提醒】【易错提醒】运用并项求和法求
7、数列的前 n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征,如本题,数列bn 的通项公式为 bn(1)n 2n1 n(n1),易知数列bn是摆动数列,所以求和时可以将各项进行适当合并 【例【例 1】(2020 福建宁德二检福建宁德二检)已知数列an的前 n 项和 Snn22kn(kN*),Sn的最小值为9. (1)确定 k 的值,并求数列an的通项公式; (2)设 bn(1)n an,求数列bn的前 2n1 项和 T2n1. 【答案】见解析 【解析】 :(1)由已知得 Snn22kn(nk)2k2,因为 kN*,则当 nk 时,(Sn)mink29,故 k3. 所以 Snn26n. 因为 Sn1(n1
8、)26(n1)(n2), 所以 anSnSn1(n26n)(n1)26(n1)2n7(n2) 当 n1 时,S1a15,满足 an2n7, 综上,an2n7. (2)依题意,得 bn(1)n an(1)n(2n7), 则 T2n1531135(1)2n(4n7)(1)2n 12(2n1)7 552n. 【例【例 2】(2020 河南八市重点高中联盟测评河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列an中,a33,a22,a4,a62 成等比数列 (1)求数列an的通项公式; (2)记 bn(1) na 2n1 anan1 ,数列bn的前 n 项和为 Sn,求 S2n. 【答案】见解析 【解析】(1)设
9、等差数列an的公差为 d, 因为 a22,a4,a62 成等比数列, 所以 a24(a22)(a62), 所以(a3d)2(a3d2)(a33d2), 又 a33,所以(3d)2(5d)(13d),化简得 d22d10,解得 d1, 所以 ana3(n3)d3(n3) 1n. (2)由(1)得,bn(1) na 2n1 anan1 (1)n 2n1 n(n1)(1) n(1 n 1 n1), 所以 S2nb1b2b3b2n(11 2)( 1 2 1 3)( 1 3 1 4)( 1 2n 1 2n1)1 1 2n1 2n 2n1. 题型五题型五 数列与其他知识的交汇数列与其他知识的交汇 类型一数
10、列与不等式的交汇问题类型一数列与不等式的交汇问题 【例【例 1】 (2020 广东深圳二模广东深圳二模)设 Sn是数列an的前 n 项和, 且 a13, 当 n2 时, 有 SnSn12SnSn12nan, 则使得 S1S2Sm2 019 成立的正整数 m 的最小值为_ 【答案】1 009 【解析】 因为 SnSn12SnSn12nan(n2), 所以 SnSn12SnSn12n(SnSn1)(n2), 所以(2n1)Sn1(2n1)Sn2SnSn1(n2) 易知 Sn0,所以2n1 Sn 2n1 Sn1 2(n2) 令 bn2n1 Sn ,则 bnbn12(n2), 又 b1 3 S1 3
11、a11,所以数列bn是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,所以 bn2n1, 所以2n1 Sn 2n1,所以 Sn2n1 2n1. 所以 S1S2Sm3 5 3 2m1 2m12m12 019,所以 m1 009. 即使得 S1S2Sm2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【题后升华】【题后升华】解决本题的关键:一是细观察、会构造,即通过观察所给的关于 Sn,an的关系式,思考是将 Sn往 an转化,还是将 an往 Sn转化;二是会解不等式,把求出的相关量代入已知不等式,转化为参数所满足 的不等式,解不等式即可求出参数的最小值 类型二数列与三角函数的综合类型二数列与三角函数
12、的综合 【例【例2】 (2020 安徽安庆安徽安庆4月联考月联考)在ABC中, 角A, B, C的对边分别为a, b, c, 且 3sin Bsin C ba sin Asin B c . (1)求角 A 的大小; (2)若等差数列an的公差不为零,a1sin A1,且 a2,a4,a8成等比数列,bn 1 anan1,求数列bn的前 n 项 和 Sn. 【答案】见解析 【解析】 (1)由 3sin Bsin C ba sin Asin B c , 根据正弦定理可得 3bc ba ba c ,即 b2c2a2 3bc, 所以 cos Ab 2c2a2 2bc 3 2 , 由 0A0,a6和 a
13、8是函数 f(x)15 4 ln x 1 2x 28x 的极值点,则 S 8( ) A38 B38 C17 D17 【答案】A 【解析】因为 f(x)15 4 ln x1 2x 28x, 所以 f(x)15 4xx8 x28x15 4 x (x1 2)(x 15 2 ) x , 令 f(x)0,解得 x1 2或 x 15 2 . 又 a6和 a8是函数 f(x)的极值点,且公差 d0, 所以 a61 2,a8 15 2 , 所以 a15d 1 2, a17d15 2 , 解得 a117, d7 2. 所以 S88a18 (81) 2 d38,故选 A. 【题后反思】【题后反思】破解数列与函数相
14、交汇问题的关键:一是会利用导数法求函数的极值点;二是会利用等差数 列的单调性,若公差大于 0,则该数列单调递增,若公差小于 0,则该数列单调递减,若公差等于 0,则该 数列是常数列,不具有单调性;三是会利用公式法求和,记清等差数列与等比数列的前 n 项和公式,不要 搞混 类型四数列中的新定义问题类型四数列中的新定义问题 【例【例4】 (2020 河北石家庄河北石家庄4月模拟月模拟)数列an的前n项和为Sn, 定义an的“优值”为Hna12a22 n1a n n , 现已知an的“优值”Hn2n,则 Sn_ 【答案】 n(n3) 2 【解析】 由 Hna12a22 n1a n n 2n, 得 a
15、12a22n 1a nn 2 n, 当 n2 时,a12a22n 2a n1(n1)2 n1, 由得 2n 1a nn 2 n(n1)2n1(n1)2n1,即 a nn1(n2), 当 n1 时,a12 也满足式子 ann1, 所以数列an的通项公式为 ann1, 所以 Snn(2n1) 2 n(n3) 2 . 【题后反思】【题后反思】破解此类数列中的新定义问题的关键:一是盯题眼,即需认真审题,读懂新定义的含义,如 本题,题眼an的“优值”Hn2n的含义为a12a22 n1a n n 2n;二是想“减法”,如本题,欲由等式 a1 2a22n 1a nn 2 n求通项, 只需写出 a 12a22
16、 n2a n1(n1) 2 n1, 通过相减, 即可得通项公式 类型五数列中的新情境问题类型五数列中的新情境问题 【例【例 5】(2020 安徽六校第二次联考安徽六校第二次联考)已知an是各项均为正数的等比数列,且 a1 a2 3,a3a2 2,等 差数列bn的前 n 项和为 Sn,且 b35,S416. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系中,有点 P1(a1,0),P2(a2,0),Pn(an,0),Pn1(an1,0),Q1(a1,b1),Q2(a2, b2),Qn(an,bn),若记PnQnPn1的面积为 cn,求数列cn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解
17、析 【解析】 (1)设数列an的公比为 q, 因为 a1a23,a3a22,所以 a1a1q3, a1q2a1q2, 得 3q25q20,又 q0, 所以 q2,a11,则 an2n 1. 设数列bn的公差为 d, 因为 b35,S416,所以 b12d5, 4b16d16,解得 b11, d2, 则 bn2n1. (2)由(1)得 PnPn1an1an2n2n 12n1,P nQnbn2n1, 故 cnSPnQnPn12 n1(2n1) 2 (2n1)2n 2, 则 Tnc1c2c3cn1 2 11 32 5(2n1)2 n2, 2Tn1 12 34 5(2n1)2n 1, 由得,Tn1 2
18、2(122 n2)(2n1) 2n11 2 2(12n 1) 12 (2n1)2n 1 (32n)2n 13 2,故 Tn(2n3)2 n13 2(nN *) 【题后反思】【题后反思】数列中新情境问题的求解关键:一是观察新情境的特征,如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征; 二是会转化, 如本题, 把数列cn的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求; 三是活用数列求和的方法,如本题,活用错位相减法,即可得数列cn的前 n 项和 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1.在数列an中,a12,a22,an2an1(1)n,nN*,则 S60的值为( ) A990
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