《2021屆高三數學二輪復習 必考問題專項突破10 數列求和 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021屆高三數學二輪復習 必考問題專項突破10 數列求和 理（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 必考問題10　數列求和 1．(2012·全國)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列的前100項和為(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 答案： A　[設數列{an}的公差為d，則a1＋4d＝5，S5＝5a1＋d＝15，得d＝1，a1＝1，故an＝1＋(n－1)×1＝n，所以＝＝－，所以S100＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故選A.] 2．(2011·全國)設Sn為等差數列{an}的前n項和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝(　　)． A．8 B．7

2、 C．6 D．5 答案：D　[∵{an}是等差數列，a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.由已知得Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)＋2(k＋1)－2＝4k＋4＝24，所以k＝5，故選D.] 3．(2010·福建)設等差數列{an}的前n項和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當Sn取最小值時，n等于(　　)． A．6 B．7 C．8 D．9 答案：A　[∵{an}是等差數列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，d＝＝＝2得{an}是首項為負數的遞增數列，所有的非正項之和最?。遖6＝－1，a7＝1，∴當n＝6時，Sn取最

3、?。蔬xA.] 4．(2011·江西)已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝________. 解析　∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1，可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1，即當n≥1時，an＋1＝1，∴a10＝1. 答案　1 本部分是高考重點考查的內容，題型有選擇題、填空題和解答題．對于數列的通項問題，求遞推數列(以遞推形式給出的數列)的通項是一個難點，而數列的求和問題多從數列的通項入手，并與不等式證明或求解結合，有一定難度． (1)牢固掌握等差數列和等比數列的遞推公式和通項公式，以一階線性的遞推

4、公式求通項的六種方法(觀察法、構造法、猜歸法、累加法、累積法、待定系數法)為依托，掌握常見的遞推數列的解題方法．對于既非等差又非等比的數列要綜合運用觀察、歸納、猜想、證明等方法進行研究，要善于將其轉化為特殊數列，這是一種非常重要的學習能力． (2)對于數列求和部分的復習要注意以下幾點：①熟練掌握等差數列、等比數列的求和公式及其應用，這是數列求和的基礎；②掌握好分組、裂項、錯位相減、倒序相加法這幾種重要的求和方法，特別要掌握好裂項與錯位相減求和的方法，這是高考考查的重點；③掌握一些與數列求和有關的綜合問題的解決方法，如求數列前n項和的最值，研究前n項和所滿足的不等式等. 必備知識 求

5、通項公式的方法 (1)觀察法：找項與項數的關系，然后猜想檢驗，即得通項公式an； (2)利用前n項和與通項的關系an＝ (3)公式法：利用等差(比)數列求通項公式； (4)累加法：如an＋1－an＝f(n)，累積法，如＝f(n)； (5)轉化法：an＋1＝Aan＋B(A≠0，且A≠1)． 常用公式 等差數列的前n項和，等比數列的前n項和，1＋2＋3＋…＋n＝，12＋22＋32＋…＋n2＝. 常用裂項方法 (1)＝－； (2)＝－. 必備方法 1．利用轉化，解決遞推公式為Sn與an的關系式：數列{an}的前n項和Sn與通項an的關系：an＝通過紐帶：an＝Sn－S

6、n－1(n≥2)，根據題目求解特點，消掉一個an或Sn.然后再進行構造成等差或者等比數列進行求解．如需消掉Sn，可以利用已知遞推式，把n換成(n＋1)得到新遞推式，兩式相減即可．若要消掉an，只需把an＝Sn－Sn－1代入遞推式即可．不論哪種形式，需要注意公式an＝Sn－Sn－1成立的條件n≥2. 2．裂項相消法的基本思想是把數列的通項an分拆成an＝bn＋1－bn或者an＝bn－bn＋1或者an＝bn＋2－bn等，從而達到在求和時逐項相消的目的，在解題中要善于根據這個基本思想變換數列{an}的通項公式，使之符合裂項相消的條件． 3．錯位相減法適用于數列由一個等差數列和一個等比數列對應項的

7、乘積構成的數列的求和，乘以等比數列的公比再錯位相減，即依據是：cn＝anbn，其中{an}是公差為d的等差數列，{bn}是公比為q(q≠1)的等比數列，則qcn＝qanbn＝anbn＋1，此時cn＋1－qcn＝(an＋1－an)bn＋1＝dbn＋1，這樣就把對應相減的項變?yōu)榱艘粋€等比數列，從而達到求和的目的. 數列的遞推關系一直是高考“久考不衰”的考點，具有題型新穎、方法靈活等特點，求通項的常用方法有：定義法、公式法、累加法、累乘法、構造轉化法等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? 已知數列{an}的首項a1＝，且an＋1＝，n＝1，2，…. (1)證明：數列－1

8、是等比數列； (2)令bn＝－1，試求數列{n·bn}的前n項和Sn. [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 對于第(1)問，由條件利用等比數列的定義即可證明；對于第(2)問，求數列{n·bn}的前n項和Sn，只需利用錯位相減法即可． (1)證明　由已知，得＝·＋，n＝1,2，…， ∴－1＝－1，n＝1,2，…. ∴數列是以為公比，為首項的等比數列． (2)解　由bn＝－1＝(n≥1)， 得Sn＝1·b1＋2·b2＋3·b3＋…＋(n－1)·bn－1＋n·bn ＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·. ∴Sn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·.

9、 ∴Sn＝＋＋＋＋…＋－n· ＝－n·. ∴Sn＝1－－n·＝－. 對于由數列的遞推關系式求數列通項an的問題，一般有以下幾種題型： (1)類型an＋1＝can＋d(c≠0,1)，可以通過待定系數法設an＋1＋λ＝c(an＋λ)，求出λ后，化為等比數列求通項；(2)類型an＋1＝an＋f(n)與an＋1＝f(n)·an，可以分別通過累加、累乘求得通項； (3)類型an＋1＝can＋rn(c≠0，r≠0)，可以通過兩邊除以rn＋1，得＝·＋，于是轉化為類型(1)求解． 【突破訓練1】 在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*. (1)證明：數列{an－n}

10、是等比數列； (2)求數列{an}的前n項和Sn； (3)證明：不等式Sn＋1≤4Sn對任意n∈N*皆成立． (1)證明　由題設an＋1＝4an－3n＋1，得 an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*. 又a1－1＝1，所以數列{an－n}是首項為1，公比為4的等比數列． (2)解　由(1)可知an－n＝4n－1，于是數列{an}的通項公式為an＝4n－1＋n.所以，數列{an}的前n項和Sn＝＋. (3)證明　對任意的n∈N*，Sn＋1－4Sn＝＋－4＋＝－(3n2＋n－4)≤0，所以不等式Sn＋1≤4Sn對任意n∈N*皆成立． 裂項法求和是近幾年高考的熱點，試題設

11、計年年有變、有創(chuàng)新，但變的僅僅是試題的外殼，有效地轉化、化歸問題是解題的關鍵，常與不等式綜合命制解答題．　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】? 已知二次函數y＝f(x)的圖象經過坐標原點，其導函數為f′(x)＝6x－2，數列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函數y＝f(x)的圖象上． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，Tn是數列{bn}的前n項和，求使得Tn＜對所有n(n∈N*)都成立的最小正整數m. [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)由f′(x)＝6x－2可求f(x)，則可得Sn與n的關系式，再由an＝Sn－

12、Sn－1(n≥2)求an. (2)由裂項求和求Tn，再由單調性求Tn的最大值． 解　(1)設函數f(x)＝ax2＋bx(a≠0)， 則f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2， 得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x. 又因為點(n，Sn)(n∈N*)均在函數y＝f(x)的圖象上， 所以Sn＝3n2－2n. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)] ＝6n－5. 當n＝1時，a1＝S1＝3×12－2×1＝1，所以，an＝6n－5(n∈N*)． (2)由(1)知bn＝＝ ＝－，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1－＋

13、－＋…＋－ ＝1－. 因此，要使1－＜(n∈N*)成立， 則m需滿足≤即可，則m≥10，所以滿足要求的最小正整數m為10. 使用裂項法求和時，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的． 【突破訓練2】 已知數列{an}是首項a1＝的等比數列，其前n項和Sn中S3＝. (1)求數列{an}的通項公式； (解　(1)若q＝1，則S3＝≠不符合題意，∴q≠1. 當q≠1時，由得q＝－. ∴an＝·－n－1＝－n＋1. (2)∵bn＝log|an|＝log＝n＋1， ∴＝＝－， ∴

14、Tn＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－. 錯位相減法求和作為求和的一種方法在近幾年高考試題中經常出現，復習時要熟練掌握錯位相減法求和的特點．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? (2012·淄博一模)已知數列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)． (1)證明：數列為等差數列； (2)求數列{an－1}的前n項和Sn. [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)作差：－后，把an＝2an－1＋2n－1代入；(2)求出an－1，利用錯位相減法求和． (1)證明　設bn＝，b1＝＝2. ∴bn－bn－1＝－＝(a

15、n－2an－1)＋1 ＝(2n－1)＋1＝1. 所以數列為首項是2，公差是1的等差數列． (2)解　由(1)知，＝＋(n－1)×1， ∴an－1＝(n＋1)·2n. ∵Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，① ∴2Sn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.② ①－②，得－Sn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)·2n＋1， ∴Sn＝－4－4(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋1， ∴Sn＝n·2n＋1. 錯位相減法求數列的前n項和是一類重要方法．在應用這種方法時，一定要抓住數列的特征．即數列的項可以看作是由一個等差數列和一

16、個等比數列對應項相乘所得數列的求和問題．所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減，要注意的是相減后得到部分等比數列的和，此時一定要查清其項數． 【突破訓練3】 (2012·天津)已知{an}是等差數列，其前n項和為Sn，{bn}是等比數列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求數列{an}與{bn}的通項公式； (2)記Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，證明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)． (1)解　設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由條件，

17、得方程組解得 所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*. (2)證明　法一　由(1)得 Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，① 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.② 由②－①，得 Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2 ＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10. 而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*. 法二?、佼攏＝1時，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立； ②證明：

18、假設當n＝k時等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，則當n＝k＋1時有： Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk ＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12) ＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24 ＝－2ak＋1＋10bk＋1－12 即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1. 因此n＝k＋1時等式也成立． 由①和②，可知對任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立． 數列綜合題中的轉化與推理 數列是一個既有相對獨立性，又與其他

19、知識易交匯的知識點，命題者為體現考查思維的綜合性與創(chuàng)新性，經常讓數列與一些其他知識交匯，有效地考查考生對數學思想與方法的深刻理解，以及考生的數學潛能與思維品質．因此，要利用轉化與推理將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎性問題)，降低問題難度． 【示例】? (2012·湖南)已知數列{an}的各項均為正數，記A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1,2，…. (1)若a1＝1，a2＝5，且對任意n∈N*，三個數A(n)，B(n)，C(n)組成等差數列，求數列{an}的通項公式； (2)證明：數列{an}是公比為q

20、的等比數列的充分必要條件是：對任意n∈N*，三個數A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數列． [滿分解答]　(1)對任意n∈N*，三個數A(n)，B(n)，C(n)成等差數列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)， 即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4. 故數列{an}是首項為1，公差為4的等差數列． 于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(5分) (2)①必要性：若數列{an}是公比為q的等比數列，則對任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是 ＝＝＝q， ＝＝＝q， 即＝＝

21、q，所以三個數A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數列．(8分) ②充分性：若對任意n∈N*，三個數A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數列，則B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)． 于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1. 由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，從而an＋2－qan＋1＝0. 因為an＞0，所以＝＝q.故數列{an}是首項為a1，公比為q的等比數列． 綜上所述，數列{an}是公比為q的等比數列的充分必要條件是：對任意n∈N*，三個數A(n)，B

22、(n)，C(n)組成公比為q的等比數列．(12分) 老師叮嚀：本題看似新穎，但揭開面紗卻很平常.它很好地考查了考生的應試心理和推理論證的能力，用到的知識卻很簡單，失去信心是本題失分的主要原因.第(1)問根據B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)即可輕松解決；第(2)問需分充分性和必要性分別證明，其依據完全是非常簡單的等比數列的定義，其關鍵是要有較好的推理論證能力. 【試一試】 (2012·山東)在等差數列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求數列{an}的通項公式； (2)對任意m∈N*，將數列{an}中落入區(qū)間(9m,92m)內的項的個數記為bm，求數列{bm}的前m項和Sm. 解　(1)因為{an}是一個等差數列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28. 設數列{an}的公差為d，則5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得，28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)． (2)對m∈N*，若9m＜an＜92m，則9m＋8＜9n＜92m＋8. 因此9m－1＋1≤n≤92m－1.故得bm＝92m－1－9m－1. 于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm ＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1) ＝－ ＝. 10