高考數(shù)學二輪復習 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第23練 數(shù)列的證明、通項與求和練習 文
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1、高考數(shù)學二輪復習 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第23練 數(shù)列的證明、通項與求和練習 文 [明考情] 數(shù)列的通項與求和是高考的熱點,考查頻率較高.中檔難度,一般在解答題的前半部. [知考向] 1.等差、等比數(shù)列的判定與證明. 2.數(shù)列的通項與求和. 考點一 等差、等比數(shù)列的判定與證明 方法技巧 判斷等差(比)數(shù)列的常用方法 (1)定義法:若an+1-an=d,d為常數(shù),則{an}為等差(比)數(shù)列. (2)中項公式法. (3)通項公式法. 1.(xx·全國Ⅲ)已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1=1,a-(2an+1-1)an-2an+1=0. (1)求a2,a
2、3; (2)求{an}的通項公式. 解 (1)由題意得a2=,a3=. (2)由a-(2an+1-1)an-2an+1=0,得2an+1(an+1)=an(an+1). 因為{an}的各項都為正數(shù),所以=. 故{an}是首項為1,公比為的等比數(shù)列,因此an=. 2.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=4,an+2=3an+1-2an(n∈N*). (1)設(shè)bn=an+1-2an,證明:數(shù)列{bn}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}的通項公式. (1)證明 因為an+2=3an+1-2an, 所以an+2-2an+1=an+1-2an, 又bn=an+1-2a
3、n,所以bn+1=an+2-2an+1, 因此對任意的n∈N*,bn+1-bn=0(常數(shù)), 又bn=an+1-2an=an-2an-1=…=a2-2a1=2≠0, 所以=1(常數(shù)), 根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義知,數(shù)列{bn}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列. (2)解 方法一 由(1)知,an=2an-1+2, ① 由an+2=3an+1-2an,得an+2-an+1=2(an+1-an), 又a2-a1=3, 所以數(shù)列{an+1-an}是首項為3,公比為2的等比數(shù)列,an-an-1=3·2n-2(n≥2), ② 聯(lián)立①②得,an=3·2n-1-2
4、(n≥2), 經(jīng)檢驗當n=1時也符合該式. 故數(shù)列{an}的通項公式為an=3·2n-1-2(n∈N*). 方法二 由(1)可得an+1=2an+2,即an+1+2=2(an+2),所以數(shù)列{an+2}是公比為2的等比數(shù)列, 則an+2=(a1+2)·2n-1=3·2n-1,即an=3·2n-1-2(n∈N*). 3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn=2an+(-1)n(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的前三項a1,a2,a3; (2)求證:數(shù)列為等比數(shù)列,并求出{an}的通項公式. (1)解 在Sn=2an+(-1)n(n∈N*)中分別令n=1,2,3, 得 解得
5、 (2)證明 由Sn=2an+(-1)n(n∈N*),得 Sn-1=2an-1+(-1)n-1(n≥2),兩式相減,得 an=2an-1-2(-1)n(n≥2), an=2an-1-(-1)n-(-1)n=2an-1+(-1)n-1-(-1)n(n≥2), ∴an+(-1)n=2[an-1+(-1)n-1](n≥2). 故數(shù)列是以a1-=為首項,2為公比的等比數(shù)列. ∴an+(-1)n=×2n-1, an=×2n-1-×(-1)n=-(-1)n. 4.(xx·全國Ⅱ)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,且a1=1,S7=28.記bn=[lg an],其中[x]表示不超過x的最大
6、整數(shù),如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求數(shù)列{bn}的前1 000項和. 解 (1)設(shè){an}的公差為d,據(jù)已知有7+21d=28,解得d=1.所以{an}的通項公式為an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. (2)因為bn= 所以數(shù)列{bn}的前1 000項和為1×90+2×900+3×1=1 893. 5.(xx·日照一模)已知數(shù)列{an},{bn}滿足a1=1,an+1=1-,bn=,其中n∈N*. (1)求證:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求出數(shù)列{an}的通項公式;
7、(2)設(shè)cn=,求數(shù)列{cncn+2}的前n項和Tn. (1)證明 ∵bn+1-bn=-=-=-=2, ∴數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列. 又b1==2, ∴bn=2+(n-1)×2=2n, ∴2n=,解得an=. (2)解 由(1)可得cn==, ∴cncn+2=×=2, ∴數(shù)列{cncn+2}的前n項和為 Tn=2 =2=3-. 6.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數(shù). (1)證明:an+2-an=λ; (2)是否存在λ,使得{an}為等差數(shù)列?并說明理由. (1)證明 由題設(shè)知,anan+1=λSn-
8、1,an+1an+2=λSn+1-1, 兩式相減得an+1(an+2-an)=λan+1, 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ. (2)解 由題設(shè)知,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首項為1,公差為4的等差數(shù)列,a2n-1=4n-3; {a2n}是首項為3,公差為4的等差數(shù)列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2, 因此存在λ=4,使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列. 考點二 數(shù)列的通項與求和 方法技巧 (1)根據(jù)數(shù)列的遞推
9、關(guān)系求通項的常用方法①累加(乘)法 形如an+1=an+f(n)的數(shù)列,可用累加法; 形如=f(n)的數(shù)列,可用累乘法. ②構(gòu)造數(shù)列法 形如an+1=,可轉(zhuǎn)化為-=,構(gòu)造等差數(shù)列; 形如an+1=pan+q(p×q≠0),可轉(zhuǎn)化為an+1+=p構(gòu)造等比數(shù)列. (2)數(shù)列求和的常用方法 ①倒序相加法;②分組求和法;③錯位相減法;④裂項相消法. 7.已知數(shù)列{an}的首項a1=1,前n項和為Sn,且數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若bn=(-1)nan,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解 (1)由已知得=1+(n-1)×2=2n-1,所以S
10、n=2n2-n. 當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2n2-n-[2(n-1)2-(n-1)]=4n-3. 而a1=1=4×1-3滿足上式,所以an=4n-3,n∈N*. (2)(分組求和法)由(1)可得bn=(-1)nan=(-1)n(4n-3). 當n為偶數(shù)時,Tn=(-1+5)+(-9+13)+…+[-(4n-7)+(4n-3)]=4×=2n; 當n為奇數(shù)時,n+1為偶數(shù),Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)-(4n+1)=-2n+1. 綜上,Tn= 8.設(shè)n∈N*,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn+1=Sn+an+2,已知a1,a2,a5成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列
11、{an}的通項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足=(),求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解 (1)由Sn+1=Sn+an+2,得an+1-an=2(n∈N*), 所以數(shù)列{an}是以a1為首項,2為公差的等差數(shù)列. 由a1,a2,a5成等比數(shù)列,即(a1+2)2=a1(a1+8),解得a1=1. 所以an=2n-1(n∈N*). (2)(錯位相減法)由(1)可得bn=(2n-1)·()2n=(2n-1)2n, 所以Tn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n, ① 2Tn=1·22+3·23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1.
12、 ② 由①-②可得-Tn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=-(2n-3)2n+1-6, 所以Tn=(2n-3)2n+1+6. 9.(xx·廣東汕頭一模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=2,an+1=Sn+2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)已知bn=log2an,求數(shù)列的前n項和Tn. 解 (1)∵an+1=Sn+2,∴an=Sn-1+2(n≥2). 兩式作差得an+1-an=Sn-Sn-1=an, 所以an+1=2an,即=2(n≥2). 又當n=1時,a2=S1+2=4, ∴=2成立. ∴數(shù)列{an}是公比為
13、2,首項為2的等比數(shù)列, ∴an=a1qn-1=2n (n∈N*). (2)由(1)可得bn=log2an=n, ==-, ∴Tn=++…+=1-=. 10.(xx·浙江)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)求數(shù)列{|an-n-2|}的前n項和. 解 (1)由題意得則即a2=3a1. 又當n≥2時, 由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得an+1=3an. 所以,數(shù)列{an}的通項公式為an=3n-1,n∈N*. (2)設(shè)bn=|3n-1-n-2|,n∈N*
14、,b1=2,b2=1, 當n≥3時,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,則T1=2,T2=3, 當n≥3時,Tn=3+-=, 當x=2時,滿足上式, 所以Tn= 11.已知數(shù)列{an},{bn}滿足a1=,an+bn=1,bn+1=. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式; (2)設(shè)Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1,求Sn. 解 (1)bn+1===. a1=,b1=, 因為bn+1-1=-1, 所以==-1+, 所以數(shù)列是以-4為首項,-1為公差的等差數(shù)列, 所以=-4-(n-1)=-n-3,
15、所以bn=1-=. (2)因為an=1-bn=, 所以Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1=++…+=-=. 12.已知數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*). (1)求證:為等比數(shù)列,并求{an}的通項公式; (2)數(shù)列{bn}滿足bn=(3n-1)··an,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. (1)證明 ∵a1=1,an+1=, ∴==1+, 即+=+=3, 則為等比數(shù)列,公比q=3, 首項為+=1+=, 則+=·3n-1, 即=-+·3n-1=(3n-1),即an=. (2)解 bn=(3n-1)··an=, 則數(shù)列的前n項和Tn=+++…+,
16、 ① Tn=+++…+, ② 兩式相減得Tn=1+++…+-=-=2--=2-, 則Tn=4-. 例 (12分)下表是一個由n2個正數(shù)組成的數(shù)表,用aij表示第i行第j個數(shù)(i,j∈N*),已知數(shù)表中第一列各數(shù)從上到下依次構(gòu)成等差數(shù)列,每一行各數(shù)從左到右依次構(gòu)成等比數(shù)列,且公比都相等.已知a11=1,a31+a61=9,a35=48. a21 a22 a23 … a2n a31 a32 a33 … a3n … … … … … an1 an2 an3 … ann (1)求an1和a4n; (2)設(shè)bn=+(-1)n·an1(
17、n∈N*),求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 審題路線圖 ―→ 規(guī)范解答·評分標準 解 (1)設(shè)第1列依次組成的等差數(shù)列的公差為d,設(shè)每一行依次組成的等比數(shù)列的公比為q.依題意a31+a61=(1+2d)+(1+5d)=9,∴d=1, ∴an1=a11+(n-1)d=1+(n-1)×1=n.…………………………………………………2分 又∵a31=a11+2d=3,∴a35=a31·q4=3q4=48, 又∵q>0,∴q=2. 又∵a41=4,∴a4n=a41qn-1=4×2n-1=2n+1. ……………………………………………4分 (2)∵bn=+(-1)n·an1=+(-
18、1)n·n =+(-1)n·n=-+(-1)n·n. ………………………………6分 ∴Sn=+++…++[-1+2-3+4-5+…+(-1)n·n]. 當n為偶數(shù)時,Sn=1-+,……………………………………………………8分 當n為奇數(shù)時,Sn=Sn-1+bn=1+--n+ =1--=-(n≥3且n為奇數(shù)). 經(jīng)驗證,當n=1時,也滿足Sn=-. ………………………………………………………………………………………………11分 綜上,數(shù)列{bn}的前n項和Sn= 構(gòu)建答題模板 [第一步] 找關(guān)系:根據(jù)已知條件確定數(shù)列的項之間的關(guān)系. [第二步] 求通項:根據(jù)等差或等比數(shù)列的
19、通項公式或利用累加、累乘法求數(shù)列的通項公式. [第三步] 定方法:根據(jù)數(shù)列表達式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項相消法、錯位相減法、分組法等). [第四步] 寫步驟. [第五步] 再反思:檢查求和過程中各項的符號有無錯誤,用特殊項估算結(jié)果. 1.(xx·包頭一模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2an-3n (n∈N*). (1)求a1,a2,a3的值; (2)是否存在常數(shù)λ,使得數(shù)列{an+λ}為等比數(shù)列?若存在,求出λ的值和通項公式an;若不存在,請說明理由. 解 (1)當n=1時,由S1=2a1-3×1,可得a1=3; 當n=2時,由S2=2a2
20、-3×2,可得a2=9; 當n=3時,由S3=2a3-3×3,可得a3=21. (2)令(a2+λ)2=(a1+λ)(a3+λ), 即(9+λ)2=(3+λ)(21+λ),解得λ=3. 由Sn=2an-3n及Sn+1=2an+1-3(n+1), 兩式相減,得an+1=2an+3. 由以上結(jié)論得an+1+3=(2an+3)+3=2(an+3), 所以數(shù)列{an+3}是首項為6,公比為2的等比數(shù)列, 因此存在λ=3,使得數(shù)列{an+3}為等比數(shù)列, 所以an+3=(a1+3)×2n-1,所以an=3(2n-1). 2.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1-an=3·22n-1.
21、 (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)令bn=nan,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解 (1)由已知,當n≥1時, an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1. 而a1=2, 所以數(shù)列{an}的通項公式為an=22n-1. (2)(錯位相減法)由bn=nan=n·22n-1知, Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1, ① 22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1, ② ①-②,得 (1-22)S
22、n=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1, 即Sn=[(3n-1)22n+1+2]. 3.已知{an}是等比數(shù)列,前n項和為Sn(n∈N*),且-=,S6=63. (1)求{an}的通項公式; (2)若對任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中項,求數(shù)列{(-1)nb}的前2n項和. 解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q. 由已知,-=, 解得q=2或q=-1. 又由S6=a1·=63知,q≠-1, 所以a1·=63,得a1=1. 所以an=2n-1. (2)由題意,得bn=(log2an+log2an+1) =(log22n-1+log22
23、n)=n-, 即{bn}是首項為,公差為1的等差數(shù)列. 設(shè)數(shù)列{(-1)nb}的前n項和為Tn,則 T2n=(-b+b)+(-b+b)+…+(-b+b) =b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2. 4.已知數(shù)列{an},a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*). (1)求證:數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列; (2)若bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn; (3)求證:++…+<(n∈N*). (1)證明 ∵an+1=2(an-1+1)(n≥2), ∴=2.又∵a1+1=2, ∴數(shù)列{an+1}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列. (2)解 ∵an+
24、1=2n,∴an=2n-1. ∴bn===-. Sn=++…+=-. (3)證明 ∵==<, ∴++…+<(n∈N*). 5.已知數(shù)列{an}中,a1=1,a3=9,且an=an-1+λn-1(n≥2). (1)求λ的值及數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=(-1)n·(an+n),且數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,求S2n. 解 (1)∵a1=1,an=an-1+λn-1, ∴a2=2λ,a3=5λ-1,由a3=5λ-1=9,得λ=2. 于是an=an-1+2n-1, 即an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-3, an-2-an-3=2n-5,…,a2-a1=3. 以上各式累加,得an=1+=n2. (2)由(1)得bn=(-1)n·(an+n)=(-1)n·n(n+1). 故S2n=-1×2+2×3-3×4+4×5-5×6+6×7-…-(2n-1)·2n+2n·(2n+1) =2(-1+3)+4(-3+5)+6(-5+7)+…+2n(-2n+1+2n+1) =2(2+4+6+…+2n) =2·=2n2+2n.
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