考前三个月(浙江专版文理通用)高考知识_方法篇练习：专题5数列第22练Word版含解析(精编版)

1、高效复习第 22 练数列求和问题题型分析 ·高考展望 数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容， 常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题体验高考1 (2015·安徽 ) 已知数列 an 中， a1 1 ， an an 1 1(n 2) ，则数列 an 的前9 项和等于2 答案27解析由已知数列 an 是以 1 为首项，以 1为公差的等差数列2 s 9× 1 9×819 18 27.92 (20162× 2*浙&#

2、183;江 )设数列 an 的前 n 项和为 sn.若 s2 4， an1 2sn 1，n n ，则 a1 ，s5 .答案1121a2 2a1 1，解析由a2a14，当 n2 时，由已知可得：解得 a1 1，a2 3，an 12sn 1，an 2sn1 1， 得 an1 an2an， an1 3an，又 a2 3a1， an 是首项为1，公比为3 的等比数列(3 sn 12n 1) s5 121.annn3. (2015 ·课标全国 )sn 为数列 an 的前 n 项和已知an>0， (1)求 an 的通项公式；2 2a 4s 3.设n(2)b 1 anan1，求数列 bn 的

3、前 n 项和nn解(1) 由 a22a 4s 3，n可知 a2 2a 4s 3.n 1n 1n 1n1 可得 a2 a2 2(a a ) 4a ，nn1nn1即 2(aa2 a2 (a a an 1n) an 1nn1n)(an 1n) 由于 an >0，可得 an 1 an 2.11又 a2 2a4a 3，解得 a 1(舍去 )或 a 3.111所以 an 是首项为3，公差为2 的等差数列，通项公式为an 2n 1. (2)由 an 2n1 可知nb11 11.1anan 12n 12n 32 2n12n3设数列 bn 的前 n 项和为 tn，则tn b1 b2 bn1113 2 5

4、115 7 12n 112n 3n3 2n 3 .4. (2016 ·山东 )已知数列 an 的前 n 项和 sn 3n2 (1)求数列 bn 的通项公式； 8n， bn 是等差数列，且an bn bn1 .na 1 n 1(2) 令 cnbn 2 n ，求数列 cn 的前 n 项和 tn.解(1) 由题意知，当n 2 时， sn 1 3n22n 5， an sn sn 1 6n 5， 当 n1 时， a1s1 11，符合 an 通项公式，所以 an 6n 5.设数列 bn 的公差为 d.由11 2b1 d，a1 b1 b2， a2 b2 b3，即17 2b1 3d，可解得 b1 4

5、， d 3，所以 bn3n 1.(2)由 (1)知， cn6n 6 n 13n3 n3(n 1) ·2n 1.又 t c c c ，得 t 3× 2 ×22 3×23 (n 1) ×2n 1n12nn，2tn 3× 2 ×23 3×24 (n 1) ×2n 2n两式作差，得t 3× 2 ×22 23 24 2n 1 (n 1) ×2 n 2 3× 44 1 2n12 n 1 × 2n 2n 3n·2n 2，所以 t 3n·2n 2.题型

6、一分组转化法求和高考必会题型例 1(2016 ·天津 )已知 an 是等比数列，前n 项和为 sn(n*112，且， s6 63.(1) 求 an 的通项公式；*n )a1a2a3n 2(2) 若对任意的n n， bn 是 log 2an 与 log 2an 1 的等差中项，求数列( 1)bn 的前 2n 项和解(1) 设数列 an 的公比为q.由已知，有1 12 2，a1a1 qa1 q解得 q 2 或 q 1.1 q6又由 s6 a1 ·1 q1 26 63，知 q 1，所以 a1·1 2 63，得 a1 1.所以 an1 2n 1.(2)由题意，得bn 2(

7、log 2anlog 2an 1) 1(log2n 1 log2n)n 1，2222即 bn 是首项为1，公差为21 的等差数列设数列 ( 1)n 2，则bn 的前 n 项和为 tn222222t2n ( b1 b2) ( b3 b4) (b2n 1 b2n) b1 b2 b3 b4 b2n 1b2n2n b1 b2n2 2n2.点评分组求和常见的方法：(1) 根据等差、等比数列分组，即分组后，每一组可能是等差数*列或等比数列；(2)根据正号、负号分组；(3) 根据数列的周期性分组；(4) 根据奇数项、偶数项分组变式训练1(2016 ·浙江 )设数列 an 的前 n 项和为 sn，已

8、知 s2 4， an 1 2sn 1， nn . (1)求通项公式an；(2)求数列 | an n 2| 的前 n 项和解(1) 由题意得a1 a2 4， a2 2a1 1，a1 1，则a2 3.又当 n 2 时，nn由 an 1 an (2sn 1) (2sn1 1) 2an， 得 an 1 3an.所以数列 a 的通项公式为a 3n 1， n n*.(2) 设 bn |3n 1n 2|， n n* ，则 b1 2， b2 1，n当 n3 时，由于3n 1n 2，故 b3n 1 n 2， n 3.设数列 bn 的前 n 项和为 tn，则 t1 2， t2 3，当 n3 时， tn39 1 3

9、n21 3n 7n 223n n2 5n 112，2，所以 t 3，n 1，n 2，n3n n2 5n 112， n 3， n n* .题型二错位相减法求和例 2(2015 ·湖北 )设等差数列 an 的公差为d，前 n 项和为sn，等比数列 bn 的公比为q，已知 b1 a1， b2 2， q d， s10 100.(1) 求数列 an ， bn 的通项公式；(2) 当 d>1 时，记cn an，求数列 cn 的前 n 项和 tn.bn10a1 45d100，2a1 9d 20，解(1) 由题意有，即a1d 2，a1d 2，解得a1 1，d 2或a1 9，2d .9故an 2

10、n 1，bn 2n 1an 1 2n 79 ，或9b 9·2n1n9.(2)由 d>1 ，知a2nn 2n 1， b 2，故n 1nc 1n2n 1，于是t 13572n 1n22222 3 49n 12，12tn 2 3 4 5135792n 1222222n. 可得12tn 21 1222 n 212 2n12n 32n 3n2，故 tn6 2n 32n 1 .点评错位相减法的关注点(1) 适用题型：等差数列 an 乘以等比数列 bn 对应项 “ an·bn ” 型数列求和(2) 步骤： 求和时先乘以数列 bn 的公比； 把两个和的形式错位相减； 整理结果形式变式

11、训练2(2015 ·山东 )设数列 an 的前 n 项和为 sn.已知 2sn 3n 3. (1)求 an 的通项公式；(2)若数列 bn 满足 anbn log3an，求 bn 的前 n 项和 tn.n 1解(1) 因为 2sn 3n 3， 所以 2a1 3 3，故 a1 3，当 n1 时， 2sn1 33，nn1n 1此时 2an 2sn 2sn1 3 3 2× 3，n即 a 3n1，所以 an 3， n1，3n 1， n 1.(2)因为 anbn log3an， 所以，当n 1 时， b11，所以3t1 b1 1；3当 n1 时， b31 nn 1 (n 1)

12、83;31 nnlog 33.所以，当n 1 时， t b b b b1(1 ×3 1 2× 3 2 (n 1)×31 n)，n123n 3n所以 3t 1 (1× 30 2× 31 (n 1)× 32 n)，两式相减，得2tn201 22n1 n 3 (3 3 3 3) (n1) × 321 31 n1 n 3 1 1 (n1)× 33 136n 3t 13 6n 362×3n ，所以n124× 3n ，经检验， n 1 时也适合综上可得t 136n 3n12 4× 3n .题型三裂

13、项相消法求和例 3若数列 an 的前 n 项和为 sn，点 (an， sn)在 y 1 1*的图象上 (n(1) 求数列 an 的通项公式；63xn )(2) 若 c1 0，且对任意正整数n 都有 cc loga ，求证： 对任意正整数n 2，总有 1 1 1 1 cc13c .n1n1n23c234n411(1) 解 sn 6an， 3 当 n 2 时， a s s 1 1，nnn 1an 133an a 111， a1nan41.又 s163a11 ，8 a 11 n1 (12n1n8(4)2).(2) 证明由 cn1cnlog 12an2n1，得当 n2 时， cn c1 (c2 c1)

14、 (c3 c2 ) (cn cn1) 0 3 5 (2n 1) n2 1 (n 1)(n 1) 1 1cc 1 1cc234n121123 2 114 1 21n 11111111×2435n 1 n211 2(1 3) ( ) ( ) () 1(1 1) (11)22nn1( 31 142 n13n 1)<4.又 12c 1 1 cc 1 c 1 123，c34n 原式得证点评(1) 裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1的前n 项和，其中 an 若为等差数列，则1111·()其余还an ·an 1有公式法求

15、和等an·an 1danan 1(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项2a变式训练3已知数列 an 的前 n 项和为 sn， sn 3n n(n n*)(1) 求证 an 1 是等比数列，并求数列 an 的通项公式；(2) 证明：a1a2a3an >n 1.a2a3a4an 1 39(1)解 s 3 n， a 2.nan123当 n2 时， sn 1 2an 1(n 1)， a 33 1，即 a 3a 2，nan22an 1nn 1 an 1 3(an 1 1)，又 a1 1 2 1 3>0 ， a 1 0，

16、an 1 3，nan 1 1 an 1 是以 3 为首项， 3 为公比的等比数列， an 3n 1.(2)证明an 3n 11n1 2n 11 3a1an129·3n 3a23133 3 112·33 9n，33an121212a2 a3an1 9·33 9·23 9·3n( n2 139 313213n) n13(191n1.n)> 339高考题型精练1. 已知数列1， 3117 1 ，则其前n 项和 sn 为()12， 5 ，2 1 1481622 1a n2nb n2n2 1 12 21cn答案a2n1d n2n 12n解析因为 a

17、n 2n 1 1 ，11则 sn1 2n 12n1 2n ·211 2 n2 112n.2. 已知数列 an ：112，123，1 2 3 9 ，若bn1，那么23344410101010an an1数列 bn 的前 n 项和 sn 为()a. n n 13nb. 4n n 15nc. n 1d. n1答案b解析 an 12 3n n，n 12 b 14 4 11，nanan 1n n 1nn 111111 sn 41 2 2 3 nn 1 4(114n).n 1n1n3. 数列 a 的通项公式为a ( 1)n 1·(4n 3)，则它的前100 项之和 s等于()n100a

18、 200b 200c 400d 400答案b解析s100 (4× 1 3) (4× 2 3) (4×3 3) (4× 100 3) 4× (1 2) (3 4) (99 100) 4× ( 50) 200.n2，当n为奇数时，4. 已知函数f(n) n2，当n为偶数时，且 an f(n)f(n 1)，则 a1 a2 a3 a100等于 ()a 0b 100c 100d 10 200答案b解析由题意，得a1 a2 a3 a100 12 22 22 32 32 42 42 52992 1002 10021012 (12) (3 2) (4

19、 3)(99 100) (101100) (1299 100) (2 3 100 101) 50× 101 50× 103100.故选 b.*5. an 满足 an 1 an an1(n n ，n 2)， sn 是 an 的前 n 项和， a5 1，则 s6 .答案4解析设 a4 k，由 an 1 anan 1， 得 a3 a5 a4 1 k，a2 a4 a3 k (1k)2k 1， a1a3a2 (1 k) (2k 1) 2 3k， a6 a5 a4 1k， s6 a1 a2 a3 a4 a5 a6 (2 3k) (2k 1) (1k)k 1 (1 k) 4.6. 已知数

20、列 a 满足： a 2， a 1 ana a aa ；设 b ( 1)na ，数列n1n1，则1 an1 2 315nn bn 前 n 项的和为sn，则 s2 016 .答案3 2 1001 ann解析 a1 2，an 1 1 a ， a 1 2 3， a 1 3121 231 3 2，a41112211， a5 3113311 2. a2， a 3， a1a 14n 14n 24n 3 2， 4n.3 a4n1 ·a4n 2·a4n 3·a4n 2× (3) × ( 1)× 1 1.23 a1a2a3a15 a13a14a15 a1

21、a2a3 2× (3) × ( 1)3.2 bn ( 1)nan， b4n1 2， b4n 2 3， b4n 31b4n 1 b4n1 b4 n 2 b4n 3 b4n2，3. 2 3113225.6 s2 016 25×2 016 2 100.647. 对于数列 an ，定义数列 an 1 an 为数列 an 的“差数列”， 若 a1 1， an 的“差数列”n的通项公式为an 1 an 2答案2n 1 n 2解析因为 an 1 an 2n，则数列 an 的前 n 项和 sn .应用累加法可得an 2n 1， 所以 sn a1 a2 a3an 2 22 23 2

22、n n2 1 2n n1 2 2n 1 n 2.8. 若数列 an 的通项公式为an 2n2n 1，则数列 an 的前 n 项和 sn .答案2n 1 2 n2解析sn2 1 2n1 2n 1 2n 12 2n1 2 n2.9. 数列 an 满足 an1 ( 1)nan 2n 1，则 an 的前 60 项和为 答案1 830解析 an 1(1) nan 2n 1， a2 1 a1，a32 a1， a4 7 a1， a5 a1， a6 9 a1， a7 2 a1， a8 15 a1， a9 a1，a10 17 a1，a11 2 a1，a12 23 a1， a57a1， a58 113 a1， a

23、59 2a1， a60119 a1， a1 a2 a60 (a1 a2 a3 a4) (a5 a6 a7 a8) ( a57 a58 a59 a60) 10 26 42 234 15× 10 2342 1 830.110. 在等比数列 an 中， a1 3， a4 81，若数列 bn 满足bn log 3an，则数列项和 sn .答案n n 1解析设等比数列 an 的公比为q，的前nbnbn 1a43则 q a1 27，解得 q 3.所以 ana1qn 1 3× 3n 1 3n，故 blog3an n，n所以1111 .bnbn 1n n 1nn 11则数列的前 n 项和为

24、 11111 1 11n.bnbn 1223nn 1n1n 111. 设数列 asn 的前 n 项和为 s ，点 n，(n n *) 均在函数 y3x 2 的图象上nnn(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 设 bn3， tn 是数列 bn 的前 n 项和，求使得tn m对所有nn * 都成立的最小正整anan 120数 m.解(1) 依题意得， sn 3n 2，即 sn 3n2 2n.n当 n2 时，an sn sn 1 (3n2 2n)3( n 1)2 2(n 1) 6n 5.当 n1 时， a1s1 3× 12 2× 1 1 6×1 5， 所以 an 6

25、n 5(n n*)33(2)由 (1)得 bnanan 16n 5 6 n 1 51 11.2 6n 56n 1n故 tnbni 1111111127713116n 56n1 2 16n 1 .因此，使得 111 m (n*1 m ，即 m 10，26n 120n )成立的 m 必须满足 220故满足要求的最小正整数m 为 10.12. 在数列 an 中， a1 3， a2 5，且 an 1 是等比数列 (1)求数列 an 的通项公式；(2)若 bn nan，求数列 bn 的前 n 项和 tn.解(1) an 1 是等比数列且a1 1 2，a 14， a2 12，2a1 1n a 1 2

26、83;2n 1 2n， a 2n 1.n(2)bn nan n·2n n，故 tnb1 b2 b3 bn (2 2× 22 3× 23 n·2n) (1 2 3 n)令 t2 2× 22 3× 23n·2n，则 2t 22 2× 233× 24 n·2n1.两式相减，得t 2 22 23 2n n·2n 12 1 2n1 2 n·2n 1，· 2. t2(1 2n) nn 1 2 (n 1) ·2n 1 1 2 3 n n n 1 ，2 tn (n 1) ·2n 1n2 n 42.合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效合理分配高考数学答题时间高效复习经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。临近高考， 在短短不到50 天的时间里， 怎样让成绩再上一个台阶？靠战术上的硬拼俨然很快就会碰到瓶颈，此刻，同学们更需要的是战略上的调整，在实力一定的情况，科学地分配答题时间，是做一个成功的应试者必备的战略技巧。“我们每次考试的时候都做不完，尤其后面的两道大题都没有时间看。”常常听到同学们痛苦地抱怨。高考，作为一场选拔性考试，它必然存在一定的难度梯度。就我省的高考数