2019届高三数学复习--数列--数列求和及数列的简单应用

1、精品文档2019届高三数学复习-数列-数列求和及 数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用1. 2018?全国卷H 记Sn为等差数列an的前n项和,已知 a1= -7,S3=-15.(1) 求an的通项公式；(2) 求Sn,并求Sn的最小值. 试做2. 2016 ?全国卷H Sn为等差数列an的前n项和，且 a1=1,S7=28.记bn=lgan,其中x表示不超过 x的最大整 数，如0.9=0,lg99=1.(1) 求 b1,b11,b101;(2) 求数列bn的前1000项和. 试做3. 2014?全国卷I 已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an 工 0,anan+1=入 Sn-

2、1,其中入为常数. 证明：an+2-an=入.（2） 是否存在入,使得an为等差数列？并说明理由 试做命题角度解决数列大题的有关策略1. 解决已知某几个基本量求等差、等比数列的通项公式和前n项和问题：关键一：通过列方程（组）求关键量al和d（或q）;关键二：利用通项公式和前n项和公式求解.2. 解决数列的递推问题：关键一：利用an=得出关于an与an+1（或an-1）的递推 式；关键二：观察递推式的形式，采用不同方法求an.3. 解决数列求和问题：关键一：利用等差数列、等比数列的前n项和公式求解;关键二：利用数列求和方法（倒序相加法、分组求和法、 并项求和法、错位相减法、裂项相消法）求解.4.

3、 （1）等差数列的判断方法：定义法、等差中项法、利用通项公式判断、利用前n项和判断.（2）等比数列的判断方法： 定义法：若=q（q是常数），则数列an是等比数列； 等比中项法：若=anan+2(n N*),则数列an是等比 数列； 通项公式法：若an=Aqn-1(A,q为常数),则数列an是 等比数列.5. 解决关于数列的不等式证明问题常用放缩法，解决最值问题常用基本不等式法.解答1等差、等比数列基本量的计算1 已知公差不为 0的等差数列an的前n项和为Sn,S1+1,S3,S4成等差数列，且a1,a2,a5成等比数列.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若S4,S6,Sn成等比数列，求n及

4、此等比数列的公比.听课笔记【考场点拨】解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，要立足于两数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、 求和公 式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清 题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件 ，形成解题策略.【自我检测】已知数列an的前 n 项和为 Sn,且Sn=a1(2n-1),a4=16,n N*.(1) 求al及数列an的通项公式；(2) 设bn=,求数列bn的最大项.解答2数列的证明问题2 已知正项数列an的前n项和为Sn(n N*),其中=入an+ p,.(1) 若a1=2,a2=6,求数列an的通项公式；(2) 若a1+a3=

5、2a2,求证:an是等差数列.听课笔记【考场点拨】判断数列是否为等差或等比数列的策略:(1)将所给的关系式进行变形、转化,以便利用等差数列和等比数列的定 义进行判断；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.【自我检测】已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn-2an=n-4.(1) 证明:Sn-n+2为等比数列；(2) 求数列Sn的前n项和Tn.解答3数列的求和问题3 已知等差数列an的前n项和为Sn,公差dz 0,S7=35,且a2,a5,a11成等比数列.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若Tn为数列的前n项和，且存在n N

6、*,使得Tn-入 an+1 > 0成立，求实数入的取值范围.听课笔记【考场点拨】裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项消 ，有的是间隔项消 .常见的裂项方式 有 ， ， ， 4 已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=n2-n,在正项等 比数列bn中,b2=a2,b4=a5.(1) 求an和bn的通项公式；(2) 设cn=an?bn,求数列cn的前n项和Tn. 听课笔记2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作-独家原创6 / 14精品文档【考场点拨】如果数列an是等差数列，bn是等比数列,那么求数 列an

7、?bn的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用错位相减 法求和时，应注意：等比数列的公比为负数的情形；在写出“ Sn”和“ qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对 齐”，以便准确写出“ Sn-qSn”的表达式.【自我检测】1. 已知等比数列an的各项均为正数，a4=81,且a2,a3 的等差中项为18. 求数列an的通项公式；(2) 若 bn=log3an,cn=,数列cn的前 n 项和为 Tn,证明:Tn2. 已知正项数列是公差为2的等差数列，且a1,9,a2成等比数列.(1) 求数列an的通项公式；(2) 求数列an的前n项和Sn.第11讲数列求和及数列的简单应用2016全新精品资料-全

8、新公文范文-全程指导写作-独家原创6 / 14精品文档典型真题研析1. 解: 设an的公差为d,由题意得3a1+3d=-15, 所以由a1=-7得d=2,所以an的通项公式为an=2n-9.(2) 由(1)得 Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值，最小值为-16.2. 解:(1)设an的公差为 d,据已知有 7+21d=28,解得 d=1,所以an的通项公式为an=n.故 b仁lg1=0,b1 仁lg11=1,b10仁lg101=2.(2) 因为bn=所以数列bn的前 1000项和为 1 X 90+2 X 900+3 X 仁 1893.3. 解:(1)证明：由题

9、设，anan+仁入Sn-1,an+1an+2=入Sn+1-1,两式相减得 an+1(an+2-an)=入 an+1.因为 an+1 0,所以 an+2-an=入.(2) 由题设,a1=1,a1a2=入 S1-1,可得 a2= X -1,由(1)知,a3= X +1.若an为等 差数列，则2a2=a1+a3,解 得X =4,故 an+2-an=4.由此可得a2n-1是首项为1,公差为4的等差数列，a2n-1=4n-3;a2n 是首项为3,公差为4的等差数列，a2n=4n-1.所以 an=2n-1,an+1-an=2.因此存在入=4,使得数列an为等差数列.考点考法探究解答1例1解:设数列an的公

10、差为d,由题意可知整理得an=2n-1.(2) 由知 an=2n-1, /. Sn=n2, a S4=16,S6=36, 又S4Sn=, a n2=81, a n=9,此等比数列的公比 q=.【自我检测】解: 由题得a4=S4-S3=8a仁16,解得a仁2,故 Sn=2n+1-2,则当n2时,an=Sn-Sn-仁2n.因为当n=1时,a仁2满足上式，所以数列an的通项公式为an=2n.(2) 由知 bn=,则 bn+1 -bn=-三当 1 < n< 2 时，-n2+2n+1>0,则 bn+1>bn;当n3时,-n2+2n+1 故数列bn的前3项依次递增从第3项开始依次递

11、减，所以数列bn的最大项为b3=.解答2例2解:(1)根据题意，有解得故 Sn=(an+2)2,当 n2 且 n N*时,有 Sn-1=(an-1+2)2,两式相减，得(an+an-1)(an-an-1)=4(an+an-1),又 an>0 恒成立，贝U an-an-1=4,所以数列an是首项为2,公差为 4的等差数列，故an=4n-2.(2) 证明：根据题意，有因为 a1+a3=2a2,所以可设 a3-a2=a2-a仁d, -得a2=(入a1 +入a2+2卩)？入d， -得a3=(入a2+入a3+2卩)？入d，-得d=2入2d2,当d=0时,a2=0,不符合题意，故舍去， 则有入2=,

12、代入式得4入卩=1,代入式得a1=,所以 Sn=X 2+2 入卩 an+ 卩 2=+an+.当n2且n N*时，有Sn-仁+an-1+,两式相减得 an=(-)+(an-an-1), 整理得 (an+an-1)(an-an-1-d)=0.因为an>0恒成立，所以an-an-1=d,所以an是等差数 列.【自我检测】解:(1)证明：原式可转化为 Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n2),即 Sn=2Sn-1-n+4,所以 Sn-n+2=2Sn-1-(n-1)+2.由 S1-2a1=1 -4,得 S1=3，所以 S1 -1+2=4,所以Sn-n+2 是首项为4,公比为2的等比数列.(2)

13、由 知 Sn-n+2=2n+1,所以 Sn=2n+1+n-2,所以 Tn=(22+23+ +2n+1)+(1+2+ +n)-2n=+-2n解答3例3解:(1)由题意可得即又因为dz 0,所以所以an=n+1.(2) 因为=-,所以=+ +=-=.因为存在n N*,使得Tn-入an+1 > 0成立，所以存在n N*,使得-入(n+2) > 0成立，即存在n N*,使得入W成立.又=w (当且仅当n=2时取等号),所以入w ,即实数入的取值范围是.例 4 解:(1) / Sn=n2-n,an=Sn-Sn-1=2(n-1)(n> 2),当n=1时,a仁0,满足上式， an=2(n-

14、1).设数列bn的公比为q. 数列bn为等比数列，且b2=a2=2,b4=a5=8, =q2=4,又 bn>0, q=2, bn=2n-1.(2)由得 cn=(n-1) ?2n, Tn=0+(2-1) x 22+(3-1) x 23+ +(n-1) x 2n=1 x 22+2x 23+(n-1) x 2n, 2Tn=1x 23+2 x 24+(n-2) x 2n+(n-1) x 2n+1,两式相减，得-Tn=22+23+24+ +2n-(n-1) ?2n+1=-(n-1)?2n+仁 2n+1-(n-1) ?2n+1-4, Tn=(n-2) ?2n+1+4.【自我检测】1.解:(1)设等比

15、数列an的公比为q(q>0).由题意得即 两式相除，得4q2-9q-9=0,解得q=3或q=-./ q>0, q=3, a1= 3, an=a1qn- 1=3n.(2) 证明：由(1)得 bn=log33n=n, cn=, Tn=+=-, Tn 2.解:(1)因为数列是公差为2的等差数列，所以-=2,则 a2=3a1+18,又 a1,9,a2 成等比数列，所以 a1a2=a1(3a1+18)=92,解得a1=3或a1= -9.因为数列为正项数列，所以a仁3,所以=+2(n-1)=2n-1,故 an=(2n-1) ?3n.(2) 由(1)得 Sn=1x 3+3 x 32+(2n-1)

16、 ?3n,所以 3Sn=1x 32+3 x 33+(2n-1) ?3n+1,所以 Sn-3Sn=3+2 x 32+33+ +3n-(2n-1)?3n+1,即-2Sn=3+2 x -(2n-1)? 3n+仁3n+1 -6+(1-2n)?3n+1=(2-2n) ?3n+1 -6,故 Sn=(n-1) ?3n+1+3.备选理由例1以an与Sn的关系为背景，需要探究得 出数列an为等比数列，从而考查等比数列的前n项和与通项公式的有关计算；例2是等差数列与等比数列结合的问题，重在考查裂项相消法求和和数列不等式的证明；例3考查分组求和法，这也是数列求和的常用方法，是对裂项相消法与 错位相减法的补充.例1配

17、例1使用已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-1(n N*).(1) 求 a1,a2,a3 的值；(2) 若数列bn满足b1=2,bn+1=an+bn,求数列bn的通 项公式.解:(1)由题知 S仁a1=2a1-1,得 a1=1,S2=2a2-仁a1+a2,得 a2=a1+1=2,S3=2a3-1=a1+a2+a3, 得 a3=a1+a2+1=4.(2) 当 n2 时,Sn- 1=2an-1-1,所以 an=Sn-Sn-仁2an-1-(2an-1-1),得 an=2an-2an-1,即 an=2an-1,所以an是以1为首项,2为公比的等比数列,则 an=2n-1.当 n2 时，bn=b

18、1+(b2-b1)+ +(bn-bn-1)=2+a1+a2+an-1=2+=2n-1+1,经验证,b仁2=21-1+1,满足上式，故 bn=2n-1+1.例2配例2使用已知等差数列an的公差d工0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若bn=,数列bn的前 n项和为 Tn,求证:Tn-2n 解:由 a仁0 得 an=(n-1)d,Sn=.因为a2+2,S3,S4成等比数列，所以=(a2+2)S4,即(3d)2=(d+2) ?6d,整理得 3d2-12d=0,即 d2-4d=0,因为dz 0,所以d=4,所以 an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4.(2) 证明：由(1)可得Sn+仁2n(n+1),所以 bn=2