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1、2022年高考數學二輪復習 專題4 數列 第2講 數列求和及綜合應用 理
求數列的通項
訓練提示:求數列通項的常用方法有累加法、累積法、構造等比數列法或已知Sn與an關系,求an或利用方程思想聯(lián)立方程組,求出基本量,得出an.解題時應注意各自的適用范圍及注意驗證n=1的情況.
1.(xx寧夏石嘴山高三聯(lián)考)已知各項都不相等的等差數列{an}的前7項和為70,且a3為a1和a7的等比中項.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若數列{bn}滿足bn+1-bn=an(n∈N*),且b1=2,求數列（）的前n項
和Tn.
解:(1)設等差數列{an}的公差為d(d≠0),則
解得
2、
所以an=2n+2.
(2)因為bn+1-bn=an,
所以bn-bn-1=an-1=2n(n≥2,n∈N*)
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=an-1+an-2+…+a1+b1=n(n+1).
所以==-,
所以Tn=1-+-+…+-
=1-=.
【教師備用】 (xx東北三校第二次聯(lián)考)已知數列{an}的前n項和為Sn,且a1=2,an+1=Sn+2,n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=n·an,求數列{bn}的前n項和Tn.
解:(1)當n=1時a2=S1+2=4=2a1,
當n≥2時,
?
3、an+1=2an,
數列{an}滿足an+1=2an(n∈N*),且a1=2,
所以an=2n(n∈N*).
(2)bn=n·an=n·2n
Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1
兩式相減,得
-Tn=21+22+23+…+2n-1+2n-n·2n+1
-Tn=-n·2n+1,
Tn=2+(n-1)·2n+1(n∈N*).
求數列的前n項和
訓練提示:在數列求和的幾種常見方法中,一定要注意其各自的適用范圍,其中在裂項相消法中注意裂項后的恒等變形,在錯位相減法中注意相
4、減后,哪些項構成等比數列.
2.(xx甘肅二診)已知數列{an}中,a1=2,且an=2an-1-n+2(n≥2,n
∈N*).
(1)求a2,a3,并證明{an-n}是等比數列;
(2)設bn=,求數列{bn}的前n項和Sn.
解:(1)由已知an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N*)得
a2=4,a3=7.
an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2[an-1-(n-1)],
因為=2(n≥2,n∈N*).
所以{an-n}是以2為公比的等比數列.
(2)由(1)得an-n=(a1-1)·2n-1.
即an=2n-1+n.
所以bn==1+.
設cn=,且前
5、n項和為Tn,
所以Tn=+++…+①
Tn=+++…+ ②
①-②得Tn=1+（+++…+）-
=-
=2-.
所以Tn=4-,Sn=n+4-.
【教師備用】 (xx鄭州第二次質量預測)已知等差數列{an}的各項均為正數,a1=1,且a3,a4+,a11成等比數列.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設bn=,求數列{bn}的前n項和Tn.
解:(1)設等差數列公差為d,由題意知d>0.
因為a3,a4+,a11成等比數列,所以(a4+)2=a3a11,
所以(+3d)2=(1+2d)(1+10d),
即44d2-36d-45=0,
所以d=(d=-舍去
6、),
所以an=.
(2)bn=
=
=(-).
所以Tn=(-+-+…+-)
=.
類型一:周期數列與通項公式
1.(xx山西大同三模)在數列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(n∈N+)的個位數,則axx= .?
解析:a1a2=2×7=14,所以a3=4,4×7=28,所以a4=8,4×8=32,所以a5=2,2×8=16,所以a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,a11=2,所以從第三項起,an的值成周期排列,周期為6,xx=335×6+5,所以axx=a5=2.
答案:2
2.(xx赤峰市高三統(tǒng)考)數列{an}滿足a
7、1=1,a2=3,an+2=an+1-an,n∈N*,則axx= .?
解析:因為a1=1,a2=3,an+2=an+1-an,
所以a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,a7=1,a8=3,…
所以數列{an}是以6為周期的周期數列.
所以axx=a6×335+5=a5=-3.
答案:-3
類型二:由數列性質解決恒成立問題
3.(xx遼寧沈陽一模)已知數列{an},{cn}滿足條件:a1=1,
an+1=2an+1,cn=.
(1)求證數列{an+1}是等比數列,并求數列{an}的通項公式;
(2)求數列{cn}的前n項和Tn,并求使得am>對任意n∈N+都
8、成立的正整數m的最小值.
解:(1)因為an+1=2an+1,
所以an+1+1=2(an+1),
因為a1=1,a1+1=2≠0,
所以數列{an+1}是首項為2,公比為2的等比數列.
所以an+1=2×2n-1,
所以an=2n-1.
(2)因為cn==(-),
所以Tn=(-+-+…+-)
=(-)
=
=.
所以==6+,n∈N*,
所以6+≤15.
所以當n=1時,取得最大值15.
要使得am>對任意n∈N*恒成立,結合(1)的結果,只需2m-1>15,
由此得m>4.
所以正整數m的最小值是5.
【教師備用】 (xx東北三校聯(lián)合二模)已知數列{a
9、n}前n項和為Sn,滿足Sn=2an-2n(n∈N*).
(1)證明:{an+2}是等比數列,并求{an}的通項公式;
(2)數列{bn}滿足bn=log2(an+2),Tn為數列()的前n項和,若Tn
10、n+1-2(n∈N*).
(2)因為bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,
==-,
所以Tn=(-)+(-)+…+(-)=-<,
所以a≥,即a的取值范圍為[,+∞).
類型三:數列的綜合問題
4.(xx山西大同三模)已知數列{an}的前n項和Sn滿足an+3Sn·Sn-1=0(n≥2,n∈N*),a1=,則nan的最小值為 .?
解析:因為an+3Sn·Sn-1=0(n≥2,n∈N*),
所以Sn-Sn-1+3Sn·Sn-1=0,
因為a1=,顯然Sn·Sn-1≠0,化簡得-=3,
可見()是以3為首項,3為公差的等差數列,
所以=3+3(n-1
11、)=3n,Sn=,
從而nan=n(Sn-Sn-1)
=-
=(1-)(n≥2),
要使nan最小,則需1-(n≥2)最小,即n=2時最小,此時nan=(1-2)=-(n≥2),當n=1時,nan=,故對任意的n∈N*,nan最小為-.
答案:-
5.(xx濱州模擬)已知數列{an}中,a1=9,點(an,an+1)在函數f(x)=x2+2x的圖象上,其中n為正整數.
(1)證明:數列{lg(an+1)}為等比數列.
(2)令bn=an+1,設數列{bn}的前n項積為Tn,即Tn=(a1+1)(a2+1)…(an+1),求lg Tn.
(3)在(2)的條件下,記cn=,設數列
12、{cn}的前n項和為Sn,求證:Sn<1.
(1)證明:由題意得an+1=+2an,
即an+1+1=(an+1)2,
對an+1+1=(an+1)2兩邊取對數得
lg(an+1+1)=2lg(an+1),
因為a1=9,所以lg(a1+1)=lg 10=1,
所以數列{lg(an+1)}是以1為首項,2為公比的等比數列.
(2)解:由(1)知lg(an+1)=2n-1.
lg Tn=lg[(a1+1)(a2+1)…(an+1)]
=lg(a1+1)+lg(a2+1)+…+lg(an+1)
=
所以lg Tn=2n-1.
(3)證明:cn==-,
Sn=(-)+(-)+(-)+…+(-)
=1-<1.
2022年高考數學二輪復習 專題4 數列 第2講 數列求和及綜合應用 理
