2017年高考数学(考点解读+命题热点突破)专题11数列求和及数列的简单应用理

1、专题 11 数列求和及数列的简单应用【考向解读】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.从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大【命题热点突破一】分组转化法求和例 1、(2016 浙江卷)设数列an的前n项和为 S,已知 4,禺+1= 2S+ 1,n N*.(1)求通项公式an；求数列|ann2|的前n项和.a1+a1 24,a11,解：(1

2、)由题意得 2则彳a2= 2a1+ 1,a2= 3.又当n2时，由an+1an= (2Sn+ 1) (2Sn1+ 1) = 2an,得an+1= 3an,数列an的通项公式为an= 3n1,n N.设bn= |3n 2| ,n N,则 b = 2, b?= 1.当n3时，由于 3n1n+ 2,故bn= 3n1n 2,n3.设数列bn的前n项和为Tn, 则T= 2,T2= 3,当n3时，Tn= 3+ 牛J（n+7）（n-2）n 23 n 5n+11两个数不在下表的同一列22,n 2Tn=J3n 5n+ 11*-,n2 , n N.2n= 1,【变式探究】等比数列an中,a1,a2,a3分别是下表

3、第一，二，三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何2第一列第二列第三列第一行32103第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；若数列bn满足：bn=an+ ( 1)nlnan,求数列bn的前n项和S.解(1)当ai= 3 时，不合题意；当ai= 2 时，当且仅当a2= 6,as= 18 时，符合题意；当a1= 10 时，不合题意.因此a1= 2,a2= 6,a3= 18,所以公比q= 3.故an=2 3n(nN).(2)因为bn=an+ ( 1) Inan=2 3n1+(1)nln(2 3n1)n1n=2 3+ ( 1) In 2 + (n 1)ln 3=2 3n1+ (

4、1)n(ln 2 In 3) + ( 1)nnln 3 ,所以 S= 2(1 + 3+-+ 3n1) + 1 + 1 1 + + ( 1)n (ln 2 In 3) + 1 + 2 3+-+ ( 1)nnln 3.当n为偶数时，n13nnnSn=2X+-In 3=3+In 31;1322当n为奇数时,n13S=2X(In 2In 3)13nn1=32 In 3In 21.nn3 + ?ln 3 1,n为偶数，综上所述，Sn=n 1| 3 In 3 In 2 1,n为奇数.- 2【方法技巧】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成

5、等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 以合并为一个公式.把一般的数列求和转化为等差数列或等比n进行讨论，最后再验证是否可【命题热点突破二】裂项相消法求和4例 2、设数列an的前n项和为S,对任意正整数n都有 6$= 1 2an.求数列an的通项公式;解由 65；二 1 一 2 占廿两式相减得 6 实二2： 一 2 占“ 即虽=扌晶一L(J2)F由呂& =1Zai,彳尊筑 二数列蔺是等比数列，公比尸扌，12n+1J %J s, _fll一 .【2016 年高考四川理数】(本小题满分 12 分)的首项为 1,Sn为数列an的前 n

6、 项和，Sn 1= qSn 1，其中 q0,nN(I)若2a2,a3,a22成等差数列，求an的通项公式;x2=1的离心率为e，且=5，证明:an3【答案】(I)an=qn-1; (n)详见解析【解析】(I)由已知，S+1= qSn+ 1,S+2= qSn+1+ 1,两式相减得到 an+2= qan+1,n?1.又由 S?= qSi + 1 得到 a2= qa1，故 an+1= qan对所有 n3 1 都成立.所以，数列an是首项为 1，公比为q的等比数列 从而 an=qn-1.2由 2a2, aa2+2 成等比数列，可得 2 玄3=3 比 + 2，即 2q =3q + 2,，则(2q+ 1)

7、(q- 2) = 0 , 由已知，q 0 ,故 q=2 .所以 an= 2 宀(n? N*).(n)由(I)可知，an= qi.所以島=右-8【变式探究】已知数列an4n-3n(n)设双曲线25所以双曲线 x2+ q2=5解得q =-33因为 1+q2(k-1)q2(k-1)，所以.?qk-1(k? N*).n于是 +佥 + 鬃？en 1+q+ 鬃？qn-1=q - 1, q- 1故 e+,鬃？曳 =3【方法技巧】裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(n 1)(n+ 1)(n2)或n(n+ 2)【命题热点突破三】 错位相减法求和 例 3、已知数列an的前n项和为 S,且 S =an+1+

8、n 2,n N,a= 2.(1)证明：数列an 1是等比数列，并求数列an的通项公式;3n*设bn=(n N*)的前n项和为Tn，证明：TnV6.S n+1(1)证明 因为+_n 2 时：-L=显+(R1)2=邑十JJ两式相洞得 a=即A-L=2 1.设* lj 代入上式* 得 g +l=2(a+1) -艮卩G*：= 2G.又 =瓦_： + 口一则民_：二阮一 n+2故比=$1 + 2=比所以 H=ft 1 c= 12r故G=2G.综上,对于正整数 m 二沁都成立，艮唆列仪-1是等比数列，其苜项 H 公比尸 2所臥色-1=1X2- 故 =2 + 1,(2)解 由Sn=an+1+n 2 ,得Sn

9、n+ 2=an+1= 2 + 1 ,故Snn+ 1 = 2 .所以bn= 2n.所以Tn=b1+b2+3 63nbn1+bn= + + 歹，6 3X33n2X，得 2Tn= 3 + + 2+ + gnT，(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如=1 的离心率十qg61 + 2 + + 君爭=3X4 2= 6 呼.因为 323 + 1 是奇数.3333n一，得3+2+22+ 2 22n3n+ 6 0,2n73n+6V6.【方法技巧】近年高考对错位相减法求和提到了特别重要的位置上，常在解答题中出现，也是考纲对数列前n项和的基本要求，错位相减法适用于求数列anbn的前n项和，其中an为等差数列，bn

10、为等比数列；所谓“错位”，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数【命题热点突破四】利用数列单调性解决数列不等式问题 例 4、首项为正数的数列an满足an+1= 4-(an+ 3),n N(1)证明：若ai为奇数，则对一切n2,an都是奇数;若对一切n N 都有an+1an,求a1的取值范围.1 + 3另一方面，若 0VakV1，贝U0Vak+1V= 1 ； 根据数学归纳法，？n N ,an+1an与a2ai同号.因此，对一切n N*都有an+1an的充要条件是 Ovaiv1 或ai3.【方法技巧】涉及到数列不等式，比较大小或恒成立问题，经常用到作差法.

11、法一用了作差法和数学归纳法;法二将an+1an的符号问题转化为a2ai的符号问题，再由a2,ai的递推关系，求出ai的范围.【命题热点突破五】放缩法解决与数列和有关的不等式例 5、已知正项数列an的前n项和为S，且ai= 2, 4$=anan+1,n N*.根据数学归纳法，对任意n N,an都是奇数.解法一由an+1an=1=4(an 1) (an 3)知,an+1an当且仅当anV1 或an 3.(1)证明已知a1是奇假设ak= 2m- 1 是奇其中m为正整数，则由递推关系得2ak+ 3ak+1= =m-根据数学归纳法， Ova1V1? 0VanV1, ?n N,ai3?an3, ?n N.

12、综合所述，对一切n N 都有an+ian的充要条a2+ 3I2法二 由a2=4a1，得a1 4a1+ 3 0,是 0VaV1 或 a1 3.an+1an742 2an+ 3an1+ 3(an+an1)(an4an+ 3因为a1 0,an+1=4 ，所以所有的an均大于0，因此an+1an与anan1冋号.8(i)求数列an的通项公式；设数列 的前n项和为Tn,求证：4n+4 VTnV (1)解* 乞 t,4 乞=比* ftj 乂奁=4当时f4 久_：=足_： 虽, 得 4 足=足显-：* 禺由题意知心工 0,隹+厂占 1=41当 n=2J-+1,+ENT 日寸，比一：一弧=4即at,P也是首项

13、为 4,公差为 4 的等差数列,二吐=4+ (Jt-l)X 4=41=2 X2;2当尸 2 爲上 E1T时,念：一牡-；=4，即 ftjas?,弧-i 是首项为2,公差为 4 的等差数列，二盘 i=2+U-1) X4=4-2= 2(2-1).综上可知8r2JJ, Ji N*丄丄 i i 什 i a2_4n4 54n(n+ i)_4n n+ i ，4iii Tn=2+2+-2：aictan4(2)证明9i i ii ii尹 23+nn+ii i iii3+35+272n+7厂匕v2.即得 4TnV2.2n+ i 24n+ 42【方法技巧】数列与不等式的证明主要有两种题型：(i)利用对通项放缩证明

14、不等式；(2)作差法证明不等i又v-i=an2V24n4nii(2n i)(2n+ i)1ii2 2n i2n+ i，iiiiTn=2+ 卄十22nA(a1-2 ), nN*；f 3 V*(II)若an|E|，nN,证明：an兰2，nNl2丿【答案】(I)证明见解析；(Il )证明见解析.【解析】(I)由an1兰1得an|an兰1，故an 1n2n 1所以怙丨_总丨_+ +八+an_1|anH212n122丿点23丿2n丿1 1 1 + + . .12n 12 2 2:：1 ,因此an|才（a1-2 ）(II )任取 n ”，由(I )知，对于任意m n,Ian| |am| Kl2n2nan

15、1on十2丿an 1am 42am2皿丄丄2“2n十+丄2皿413212从而对于任意m . n，均有an|2J3f由m的任意性得ana1，则G(A)；(3) 证明：若数列 A 满足an-anjw1 (n=2,3, - ,N),则G(A)的元素个数不小于aN- 6 .【答案】(1)G(A)的元素为2和5; (2)详见解析；(3)详见解析.【解析】(I)G(A)的元素为2和5.(n)因为存在an使得aa1，所以=2兰i兰N式0 .n2n否则，存在n0EN有ano2mo于于广广anol20_a - 2且no取正整数m logsn。42no-2 ,综上，对于任意n匚；，均有an兰2.，则称n是13记m

16、二min打二N2：Si込N,aia,则m _ 2，且对任意正整数k : m, ak二a：am.因此mG(A)，从而G(A) =.(川)当aN_印时，结论成立.以下设aN印.由(n)知G(A).设G(A)= ”1小2,；np:% ：np.记n0= 1.则an0anj.如果Gi工0，取mj= min Gi，则对任何1兰k c mi, ak兰a c am.从而m.G( A)且mj二ni d.又因为np是G(A)中的最大元素，所以Gp = _.从而对任意 npEkEN ,akanp，特别地，a anp.对i =0,1, p -1,ani1d- ani.因此anianilJL(ani1.-ani1.)岂

17、ani 7.p所以aN一乞p-厲(ani一备)乞P.i=1因此G(A)的元素个数 p 不小于 aN-a1.5.【2016 年高考四川理数】(本小题满分 12 分)已知数列an的首项为 1,Sn为数列an的前 n 项和，SnqSn1，其中 q0,nN(I)若2a2,a3,a22成等差数列，求%的通项公式;【答案】(I)an=qn-1； (n)详见解析(n)设双曲线x22的离心率为e，且仓=53，证明:4n-3n14【解析】(1)由已知，仏=枫一亠：=叭.+1两式相减得到a_. =qatnl.又由 S：=qS+1 得到 a=qai,故j =弘*对所有n二诸 B 成立.所以，数列血是苜项为 b 公比

18、対 P 的等比数列.由 2 僉如还-2 成等比数列，可得 2 碣现+2,即 2-3+1 j 则(2+lX-2)-0,由已知?0,故尸 2.所eV).()由(I)可知，an= qn-12 . .所以双曲线X- 爲=1 的离心率 en=1 + a：= . 1 +an+ q2=5解得q =-33因为 1+q2(k-1) q2*1，所以 一 1+q2(k-1) qk-k? N*).于是 ei + e2+ 鬃？en 1+q+ 鬃？qn-1qn- 1q- 1 4n3n故 ey+鬃？s6.【2016 高考上海理数】(本题满分18 分)本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分,

19、第 3 小题满分 8 分.若无穷数列an满足: 只要ap二aq( p,q N )，必有ap彳二aq彳，则称a*具有性质P.(1)若an具有性质P，且a1= 1忌=2, a4=3忌=2,a6a?a$= 21，求a3；(2)若无穷数列bn是等差数列，无穷数列cn是公比为正数的等比数列，d = C5= 1，b5= c 81,an=bn Cn判断a“是否具有性质P，并说明理由；(3)设bn是无穷数列， 已知an 1二bn，sinan(n，N*).求证： “对任意a“ an都具有性质P”的充要条 件为“bn是常数列” 1516【答案】(1)a3=16. (2)：an不具有性质?. (3 )见解析.【解析

20、】(1)因为a5 = a2，所以a6 = a3,a = a = 3,a = a = 2.于是a6a7a8= a33 2，又因为a6a7a21，解得a3= 16.1(2)bn?的公差为20,上的公比为-,35 nan二bnCn=20n -19 3.心304印厂82，但a48,，aa6，所以不具有性质?.(3) 证充分性：当：bn?为常数 列时，anb|- sin an.对任意给定的a1，只要ap=aq，则由bisin a b1sin aq，必有ap 1 =aq1充分性得证.必要性：用反证法证明.假设：bnf不是常数列，则存在k卜使得D =b2= =bk=b，而b.下面证明存在满足anbnsi n

21、an的 an?，使得 印=a?=ak 1，但ak 2 设f x i：= x sinx b，取m匚；，使得m二b，贝Uf m二=m -b 0,f m二-m二一b：0，故存在c使得f c = 0.取a=c，因为an+= b +sin a*(1兰n兰k),所以a?= b +sin c = c =,依此类推，得a1= a2=ak彳=c.但ak 2二bk1sin ak 1二bk 1sin c = bsin c,艮卩ak 2= ak 1.所以0=12 0 n-1 =20n -19,53“ak 1.17所以订鳥不具有性质I矛盾.18必要性得证.综上，“对任意ai,1an?都具有性质m”的充要条件为“ g 是

22、常数列”.7.【2016 高考新课标 2 理数】Sn为等差数列 牯訂的前n项和，且q=1,S7-28.记bn= llg an1，其中lx表 示不超过x的最大整数，如1.0.91=0,，g99 1=1.()求bi,bii,b10l；(n)求数列 的前 1 000 项和.【答案】(I)b(=0,bn =1,b(01=2； (n)1893.【解析】(I 设何的公差为八 据已知有 7*2 以8,解得 d = L所获仇的通项公式切.叽-Pgl=0At-Dgls=lgl01-2.1 10M100,1001000:K= 1 000.所以数列他的前 10E 项和为 1x90 + 2x900-3x1-18938

23、.【2016 高考山东理数】(本小题满分 12 分)已知数列的前n项和 3=3n2+8n,是等差数列，且abn彳.(I)求数列：bn1的通项公式;【答案】(I)bn-3n 1； (n)Tn=3n 2【解析】(I)由题意知当n -2时，an二Sn-Sn4=6 n5,(II因为勺 J 2.(n)令c(an1)n1n(bn2)n求数列 的前n项和Tn.19当n =1时，aS1=11,20所以an= 6n 5设数列Ibn ?的公差为d,即J1=2bl代，可解得a =44 =3,；17 = 20 + 3d所以bn= 3n 1.又二 &C2- C爲Cn，得Tn=3 2 223 234 24(n 1

24、) 2n 12Tn=3 2 233 244 25(n 1) 2n 2,两式作差，得兀=3 2 222324dn1- (n 1) 2n 2所以Tn=3n 29.【2016 高考江苏卷】(本小题满分 16 分)记U 1,2,100?.对数列1an? n，N*和U的子集 T,若T=处，定义窃=0;若T=：即2,，tj，定义ST=at1e+atk.例如：T=1,3,66时，S =a a3+a66.现设订鳥 nN*是公比为 3 的等比数列，且当T=2,4?时，Sr =30.(1) 求数列的通项公式；(2)对任意正整数k1k空100，若T1,2,，kl，求证：sr ak,；(3)设C - U ,D - U

25、,SC-SD,求证：SCSep -2SD.ra1+b2由丿a2=b2+b3(n)由(i)知(6n 6)n 1(3n3)n-3(n1) 2n 1,=3 44(2n-1)2-1-(n 1) 2n 22n221【答案】(1)an=3 心(2)详见解析(3)详见解析【解析】(1 )由已知得an=a,3n,n N*.于是当T =2,4时,Sr=a2+a4=3印+27a!=30印.又Sr=30，故30ai= 30,即a =1.所以数列an的通项公式为an =3nl,nN*.(2) 因为T 1,2J|,k，an=3n0,n N*，1所以Sr空a1 a2ak= 1 3 l| I 3k_l(3k-1)：3k2因

26、此，Sr: ak1.(3) 下面分三种情况证明.1若D是C的子集，则SCSc-D=SC SD_ SDS2SD.2若C是D的子集，则SC- Sc-D=Sc- Sc=2SC_2SD.3若D不是C的子集，且C不是D的子集.令E二C Pie uD，F二DfleuC则E = 一，F -，EClF =_ .于是SC= SE SCD，SD=SF SCD，进而由Sc丄SD，得SE SF.设k是E中的最大数，I为F中的最大数，则k_1,l_1,k = l.l 1k由(2)知，SE ak 1，于是3= al乞SF乞SE ak3，所以I一1：k，即I辽k.又k =1，故mk-1，从而SF-a1aHal=1 JH 3

27、lJ=31虫1_1，2 2 2故SE-2SF1，所以SC-SC-、D-2(SD- SC,1D) - 1，即SC- SD-2SD1.综合得，足SC、D-2缶.2210.【2016 高考山东理数】(本小题满分 12 分)已知数列 a / 的前 n 项和 s=3n2+8n, g 是等差数列，且a bn0.仆(I)求数列 论?的通项公式；(n)令cn少1)n求数列的前n项和Tn.(bn+2)n【答案】(I)bn= 3n 1； (n)Tn=3n22.【解析】2时,為=取一=血+厂当M =寸，a1= S- = 11 j所以叭=6n+5.设数列4的公差为上 1 二优 + fl 1 =lb,4-d由 :即 J

28、 J 可解得= hd-,= b-, +b17 = 2玄+3川K *1I丄所以打二知+】(n)由(I)知cn二(6n6)n=3(n 1) 2n 1,(3n +3)n又Tn=CiC2C3亠亠Cn,得Tn-3 2 223 234 24(n 1) 2n 1,345n-+22Tn-3 2 233 244 25(n 1) 2n 2,两式作差，得兀=3 2 222324Jn1- (n 1) 2n 2=3 4429 -(n 1) 2n 22-1=-3n 2n 223所以Tn=3n 2n 21. ( 2015 新课标全国n,16)设 S 是数列an的前 n 项和，且 a = 1, an+1= SS+1,则S=_

29、24Sn+1Sn1解析 由题意，得 Si =ai= 1 ,又由an+1=SnSh+1，得Sn+1Sn=SS+1,所以Sn 0,所以 - =1，即云一S1S1+1S+=1,故数列 1 是以=1 为首项，一 1 为公差的等差数列， 得=1 (n 1) =n,所以Sn= SnSnSiS11n答案一n22.（2015 福建，8）若a,b是函数f（x） =xpx+q（p 0,q 0）的两个不同的零点，且a,b, 2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A. 6 B. 7C. 8D. 9解析 由题意知：a+b=p,ab=q,vp 0,q0,.a 0,b0.在a,b

30、, 2 这三个数的 6 种排序中, 成等差数列的情况有a,b, 2；b,a, 2；2,a,b; 2,b, a;成等比数列的情况有：a， 2,b;b,2,a. p= 5,q= 4,.p+q= 9,故选 D.答案 D3. （2015 浙江，3）已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是S,若as,a：,as成等比数列，则（A.a1d0,dS40B. adv0,dSv0C.a1d0,dSv0D. adv0,dS02552解析Tas,a4,as成等比数列，(a+ 3d)=(a+ 2d)(a1+ 7d)，整理得a1= 3d,：a1d= sdv0,3324X32d2d丄S4= 4a1+ 亍d= , dS

31、= v0,故选 B.233答案 Bn+ 2*4. (2015 广东，21)数列an满足：a1+ 2a2+-+na= 4 尹,n N.（1）求as的值;求数列an前n项和Tn；+（1+1+ g+十員2），证明：数列bn的前n项和S满足 S2 + 2lnn.(1)解a= 1,a1+ 2Q= 2,a2= 2, a+ 2a?+ 3as= 4：,as=1244(2)解n2时，a1+ 2a2+ + (n 1)an-1= 4n：+1,2b=： 2 或ab=：解之得:2a=b2a=：,b= 1a= 1,b=:.Tn1令b1=日,bn=v1 + + - +25(3)证明n2时,只需证明 21+1+12 + 2l

32、n k22入1f1、1M N,令 x 石(-1,0)时，ln-苗+1+市 ，k= 1 时，知 2 ln 1 ,k=2时，知3ln 2.1k=n 1 时，1 n 2 ln(n 1).111.1+二+匚+一1+ (1n 2 In 1) + (In 3 In 2) + Innln(n 1),23n1 11即 1+；+才+ 1 + Inn,2 3n(1 1 1、所以n2时，2 1 + + 3 +2 + 2lnn,综上n N+时，Sn2 + 2lnn.12*5.(2015 浙江，20)已知数列an满足a1= 且an+1=anan(n N).an*(1)证明：1 -2(n N);an+1与原式相减，得an

33、= 2n-1,n= 1 也符合,Tn=1i=1zi=11 IpTnTn-11 1bn= TT+1+2+ 3+n故S= v b=a1+ 弓 +i=12a1+a23i冷+i=1ia1+a2+an-1+a1+ 比 + +an-1+i=占 0.由 0vanW2得an即 1W一W2an+1(2、)由题意得an=anan+1, 所以S=a1an+1丄 11anan/ 口由 =和 1W W2得an+1anan+1an+11 11WW2,an+1an1 1所以nW W2n,an+1a 1 1*因此2(n+)Wan+1W+2(n N) 1Si1由得 2 (n+ 2)WAW2 (n+1)(nN)-6.(2015

34、山东,18)设数列an的前n项和为S.已知2$= 3n+ 3.(1) 求an的通项公式；(2) 若数列bn满足anbn= lOg3an,求5的前门项和Tn.解(1)因为 2S= 3n+ 3,所以 2a1= 3+ 3，故a1= 3,n一q当n 1 时，2S-1= 3+ 3,此时 2an= 2Sn 2Si1= 3 3VI= 2x31,即卩 ai = 31VInn1当n 1 时，bn= 3 log33 = (n 1)anan+1an2=anan11 an 1 , 2,(n N*).271因为chtn= logsan,所以b1= 3,所以an=3=1,1,n 1.1n281所以Ti=bi= 3;1_I

35、_i_2in当n1 时，Tn=bi+b + /+ +bn=-+(1X3 +2X3 +(n_1)X3),3所以 3Tn=1+(1X30+2X31+ +(n1)X32_n),2_ _ _ _两式相减，得 2Tn= - + (30+ 3_1+ 3_2+ 32_n) _(n 1)X31_n31_n=3+哥1)X3-n136n+ 3-136n+ 3=n，所以Tn= n,62X 3 124X 3 经检验，n= 1 时也适合.136n+ 3综上可得Tn=亦-科.7.(2015 天津，18)已知数列an满足an+2=qan(q为实数，且qz1),n N*,ai= 1,a2= 2,且 a+as,as+a4,a4+as成等差数列.(1) 求q