《（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第2讲 数列的求和问题学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第2讲 数列的求和问题学案（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲数列的求和问题考情考向分析数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备热点一分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并例1在各项均为正数的等比数列an中，a1a34，a3是a22与a4的等差中项，若an1(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)若数列满足cnan1，求数列的前n项和Sn.解(1)设等比数列an的公比为q，且q0，由an0，a1a34，得a22，又a3是a22与a4的等差中项，故2a3a22a4，22q222q2，q2或q0(舍)ana2qn
2、22n1，an12n，bnn(nN*)(2)由(1)得，cnan12n2n，数列的前n项和Sn2222n2n12(nN*)思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，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n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练1已知an为等差数列，且a23，an前4项的和为16，数列bn满足b14，b488，且数列为等比数列(nN*)(1)求数列an和的通项公式；(2)求数列bn的前n项和Sn.解(1)设a
3、n的公差为d，因为a23，an前4项的和为16，所以a1d3,4a1d16，解得a11，d2，所以an1(n1)22n1(nN*)设的公比为q，则b4a4q3，所以q327，得q3，所以bnan3n13n(nN*)(2)由(1)得bn3n2n1，所以Sn(332333n)(1352n1)n2n2(nN*)热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列例2已知数列an满足a1a3，an1，设bn2nan(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)由bn2n
4、an，得an，代入an1得，即bn1bn3，所以数列bn是公差为3的等差数列，又a1a3，所以，即，所以b12，所以bnb13(n1)3n1(nN*)(2)由bn3n1，得an，所以Sn，Sn，两式相减得Sn13，所以Sn5(nN*)思维升华(1)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为等比数列(2)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求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2进行验证跟踪演练2已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)数列bn是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1a1，b2，
5、b5，b14成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1a11，a1，当n2时，SnSn1，所以anan1(n2)，所以an是以为首项，为公比的等比数列，所以ann12n.由b11，又bb2b14，得2，d22d0，因为d0，所以d2，所以bn2n1(nN*)(2)由(1)得cn，则Tn，Tn，得，Tn4，4，所以Tn2(nN*)热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中an为等差数列)等形式的数列求和例3已知数列an的前n项和Sn满足：Sna(Sna
6、n1)(nN*)(a为常数，a0，a1)(1)求an的通项公式；(2)设bnanSn，若数列bn为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，cn.若数列的前n项和为Tn，且对任意nN*满足Tn2，求实数的取值范围解(1)Sna，n1时，a1a.n2时，Sn1a(Sn1an11)，SnSn1ana(SnSn1)aanaan1，anaan1，即a且 a0，a1，数列an是以a为首项，a为公比的等比数列，anan(nN*)(2)由bnanSn得，b12a，b22a2a，b32a3a2a.数列bn为等比数列，bb1b3，即(2a2a)22a(2a3a2a)，解得a.(3)由(2)知cn，Tn
7、成立，求n的最小值解(1)由2Sna2Sn11知，2Sn1a2Sn21，两式相减得，2anaa2an1，即2，又数列an为递增数列，a11，anan10，anan12，又当n2时，2a2a11，即a2a230，解得a23或a21(舍)，a2a12，符合anan12，an是以1为首项，以2为公差的等差数列，an1(n1)22n1(nN*)(2)bn，Tn，又Tn，即，解得n9，又nN*，n的最小值为10.真题体验1(2017全国)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.答案(nN*)解析 设等差数列an的公差为d，由得Snn11，2.22(nN*)2(2017天津)已知an为等差数
8、列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，又b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2(nN*)所以数列an的通项公式为an3n2(nN*)，数列bn的通项公式为bn2n(nN*)(2)设数列a2nb2n1的前n项和为T
9、n，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，得Tn4n1(nN*)所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1(nN*)押题预测1已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，若存在MZ，满足对任意的nN*，都有SnM恒成立，则M的最小值为_押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是考试大纲中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创
10、新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循答案1解析因为an，所以Sn1，由于10；2bbn1bnb0.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式解(1)当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n1(nN*)，又a11满足an2n1，an2n1(nN*)2bbn1bnb0，且bn0，2bn1bn，q，又b3b1q2，b11，bnn1(nN*)(2)由(1)得cn(2n1)n1，Tn1352(2n1)n1，Tn132(2n3)n1(2n1)n
11、，两式相减，得Tn12222n1(2n1)n12(2n1)n3n1.Tn6n1(2n3)(nN*)A组专题通关1已知数列an，bn满足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0的两根，则b10等于()A24 B32 C48 D64答案D解析由已知有anan12n，an1an22n1，则2，数列an的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a22，数列an的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2已知数列an的前n项和为Sn2n1m，且a1，a4，a52成等差数列，bn，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn的最小正整数n的值为()A11 B10 C9 D8答案B解析根据Sn2n1m可以求得an所以有a1m4，a416，a532，根据a1，a4，a52成等差数列，
