《创新设计》 2017届二轮专题复习 浙江专用 数学科 材料 专题三 数列 第2讲　数列求和及综合应用 .doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲数列求和及综合应用高考定位数列求和的主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列与不等式的综合问题是高考考查的热点，主要考查与数列问题有关的不等式的证明问题真 题 感 悟(2016浙江卷)设数列an满足|an|1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|，nN*，证明：|an|2，nN*.证明(1)由1得|an|an1|1，故，nN*，所以1，因此|an|2n1(|a1|2)(2)任取nN*，由(1)知，对于任意mn，故|an|2n2n22n.从而对于任意mn，均有|an|22n.由m的任意

2、性得|an|2.否则，存在n0N*，有|an0|2，取正整数m0log且m0n0，则2n02n0|an0|2，与式矛盾综上，对于任意nN*，均有|an|2.考 点 整 合1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sna1a2an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出Sn.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其

3、中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：先求和后放缩；先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和；(3)数学归纳法.3.数列与不等式的综合问题主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：作差比较，利用数列单调性求最值；放缩法求最值.热点一数列的求和问题 微题型1分组转化求和【例11】 已知单调递增数列an的前n项和为Sn，满足Sn(an).(1)求

4、数列an的通项公式；(2)设cn求数列cn的前n项和Tn.解(1)n1时，a1(a1)，得a11，当n2时，Sn1(an1)，得anSnSn1(aa1)，化简得(an1)2a0，anan11或anan11(n2)，又an是单调递增数列，故anan11，所以an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann.(2)cn当n为偶数时，Tn(c1c3cn1)(c2c4cn)3(21232n1)32(41)2n1.当n为奇数时，Tn(c1c3cn)(c2c4cn1)3(21232n2)2(41)2n.所以Tn探究提高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

5、是否可以合并为一个公式.微题型2裂项相消法求和【例12】 (2016湖南八校联考二)设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn满足S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.(1)解由题意知，S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.令n1，有S(1213)S13(121)0，可得有SS160，解得S13或2，即a13或2，又an为正数，所以a12.(2)解由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则Snn2n或Sn3，又数列an的各项均为正数，所以Snn2n，Sn1(n1)2(

6、n1)，所以当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又a1221，所以an2n.(3)证明当n1时，成立；当n 2时，()，所以()()().所以对一切正整数n，有.探究提高(1)解决本题的关键是先放缩后裂项求和，如本题中，根据结构特征合理放缩.(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成anbn1bn等形式，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消法的条件.微题型3错位相减法求和【例13】 (2016洛阳二模)已知数列an中，a22，Sn是其前n项和，且Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)若正项数列bn满足

7、anlog2，设数列的前n项和为Tn，求使得30成立的正整数n的最小值.解(1)令n1，得a10.当n2时，anSnSn1.可得(n2)an(n1)an1，当n3时，所以ana22(n1)，显然当n1，2时，满足上式.所以an2(n1).(2)因为anlog2，所以2(n1)log2log2blog242log2bn2，即2n2log2bn，bn2n，所以Tn，Tn，作差得Tn11.Tn2.所以2n130，当n6时，不等式恒成立，所以正整数n的最小值为6.探究提高(1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，

8、可对得到的和取n1，2进行验证.【训练1】 若数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n都有4an3Sn8.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为4an3Sn8，当n2时，4an13Sn18，得4an4an13an0，即an4an1，又a18，an84n122n1.(2)bn(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tnb1b2b3bn；当n为奇数时，Tnb1b2b3bn，Tn热点二数列与不等式的综合微题型1数列中不等式的证明问题【例21】已知数列an和bn满足a11，b12，an1bnanbn2an4.(1)若bn2an，求证：当n2时，n2ann

9、1；(2)若bn1，证明：an0，an1an11，数列an单调递增，故当n2时，1an1an11，即10，b10以及递推式知an0，bn0，而则从而有，所以，因此an0，c30，c40；当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN*，恒有S4Sn，故k4.探究提高(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解.(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明.(3)当已知数列关系式时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可.【训练2】 已知数列an满足a11，an1

10、an(nN*)(1)证明：1；(2)求证：an10an1ana11，可得11.(2)，所以01，累加得1an1n1.另一方面由ann，原式可变形为11，所以，累加得an1.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an乘以等比数列bn对应项得到的数列的anbn求和.(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比.把两个和的形式错位相减.整理结果形式.2.裂项求和的常见技巧(1).(2).(3).(4).3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.已知数列1，3，5，7，

11、则其前n项和Sn为()A.n21 B.n22C.n21 D.n22解析an(2n1)，Snn21.答案A2.已知数列an满足a11，a23，an1an1an(n2)，则数列an的前40项和S40等于()A.20 B.40 C.60 D.80解析由an1(n2)，a11，a23，可得a33，a41，a5，a6，a71，a83，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40664，所以S406133160.答案C3.的值为()A. B.C. D.解析，.答案C4.各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且3Snanan1，则a2k()A. B.C. D.解析当n1时，3S1a1a2，即3a

12、1a1a2，a23，当n2时，由3Snanan1，可得3Sn1an1an，两式相减得：3anan(an1an1).an0，an1an13，a2n为一个以3为首项，3为公差的等差数列，a2ka2a4a6a2n3n3，选B.答案B5.数列an的通项ann2，其前n项和为Sn，则S30为()A.470 B.490 C.495 D.510解析ann2n2cos .当n3k时，a3k(3k)29k2；当n3k1时，a3k1(3k1)2cos (3k1)2；当n3k2时，a3k2(3k2)2cos (3k2)2.S30(a3a6a9a30)(a1a4a7a28)(a2a5a8a29)(326292302)

13、(124272282)(225282292)(326292302)(122232282292302)32(122232102)470，故选A.答案A二、填空题6.在数列an中， an，若bn ，则数列bn的前n项和Sn为_.解析an.bn8，Snb1b2bn88.答案7.(2015江苏卷)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.解析a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n(n2)，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.答案8.设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则(1)a

14、3_；(2)S1S2S100_.解析(1)当n1时，S1(1)a1，得a1.当n2时，Sn(1)n(SnSn1).当n为偶数时，Sn1，当n为奇数时，SnSn1，从而S1，S3，又由S3S2，得S20，则S3S2a3a3.(2)由(1)得S1S3S5S99，S101，又S2S4S6S1002S32S52S72S1010，故S1S2S100.答案(1)(2)三、解答题9.(2016山东卷)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S11

15、1，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得b14，d3，所以bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2.两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.10.数列an满足a11，a22，an2ansin2，n1，2，3，.(1)求a3，a4，并求数列an的通项公式；(2)设bn，Snb1b2bn.证明：当n6时，|Sn2|.(1)解a11，a22，a3a1sin2a112，a4(1cos2)a2sin22a24，当n2k1时，a2k1a2k1sin

16、2a2k11，即a2k1a2k11，所以数列a2k1是首项为1，公差为1的等差数列，因此a2k11(k1)k，当n2k时，a2k2a2ksin22a2k，所以数列a2k是首项为2，公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an的通项公式为an(2)证明由(1)知，bn，Sn，Sn，得，Sn1.所以Sn22.要证明当n6时，|Sn2|成立，只需证明当n6时，1成立.法一令Cn(n6)，则Cn1Cn0.所以当n6时，Cn1Cn，因此当n6时，CnC61.于是当n6时，1.综上所述，当n6时，|Sn2|.法二当n6时，1成立.假设当nk(k6)时不等式成立，即1.则当nk1时，1.由所述，当n6时，1.即当n6时，|Sn2|.11(2015浙江卷)已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)证明(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.由an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由0an得(1，2，即12成立(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得(nN*) 版权所有高考资源网诚招驻站老师，联系QQ2355394696