第2部分 专题2 第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件

酷酷酷水水水飒飒还是个帅哥但是 第2讲 数列求和及综合应用

高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，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；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.

真 题 感 悟

1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列an2n＋1的前n项和.

解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①

故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②

①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1，

又n＝1时，a1＝2适合上式，

从而{an}的通项公式为an＝22n－1.

(2)记an2n＋1的前n项和为Sn，

由(1)知an2n＋1＝2（2n－1）（2n＋1）＝12n－1－12n＋1，

则Sn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1

＝1－12n＋1＝2n2n＋1.

2.(2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.

解 (1)设{an}的公比为q，

由题意知a1（1＋q）＝6，a21q＝a1q2， 酷酷酷水水水飒飒还是个帅哥但是 又an>0，

解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.

(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)bn＋1，

又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，

所以bn＝2n＋1.

令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，

因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn

题型练4 大题专项(二)

数列的通项、求和问题

1.已知数列{an}是公比为q的正项等比数列,{bn}是公差d为负数的等差数列,满足1𝑎2−1𝑎3=𝑑𝑎1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.

(1)求数列{an}的公比q与数列{bn}的通项公式;

(2)求数列{|bn|}的前10项和S10.

2.(2021广西桂林中学高三月考)已知公差不为零的等差数列{an}满足a3=-4,且a2,a1,a3成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{an-3n-1}的前n项和为Sn,求使Sn≤-20成立的最小正整数n.

3.已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,数列{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.

(1)求数列{bn}的通项公式;

(2)令cn=(𝑎𝑛+1)𝑛+1(𝑏𝑛+2)𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.

4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公比为q的等比数列{bn}的首项是12,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn;

(2)求数列{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1+1𝑏𝑛𝑏𝑛+1}的前n项和Tn.

5.已知数列{an}满足a1=12,且an+1=an-𝑎𝑛2(n∈N*).

(1)证明1≤𝑎𝑛𝑎𝑛+1≤2(n∈N*);

(2)设数列{𝑎𝑛2}的前n项和为Sn,证明12(𝑛+2)≤𝑆𝑛𝑛≤12(𝑛+1)(n∈N*).

6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=1+Sn,且a2=2a1.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=anlog2an+(-1)n·n,求数列{bn}的前n项和Hn.

答案：

1.解:(1)由已知得b1+b2+b3=3b2=21,即b2=7.

所以b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315,

第 1 页 共 42 页 2021年高考数学专题复习：数列

1．已知等比数列{an}满足a2＝2，且a2，a3+1，a4成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝an﹣2n+1，求数列{bn}的前n项和Tn．

2．在①S3＝a6，②S4＝20，③a1+a4+a7＝24这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a3＝6，____．

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝2𝑎𝑛+an，求{bn}的前n项和Tn．

解密04 数列求和及综合问题

A组 考点专练

一、选择题

1.已知Tn为数列2n＋12n的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )

A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023

【答案】C

【解析】因为2n＋12n＝1＋12n，所以Tn＝n＋1－12n，

则T10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m>T10＋1 013，

所以整数m的最小值为1 024.

2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项的和为( )

A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020

【答案】D

【解析】设{an}的公差为d，则有2a1＋6d＝a1＋3d＋7，a1＋9d＝19，

解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，

则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，

b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，

∴数列{ancos nπ}的前2 020项的和S2 020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×1 010＝2 020.

3.数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则1a1＋1a2＋…＋1a99＝( )

A.9998 B.2 C.9950 D.99100

【答案】C

【解析】对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，

则an＋1－an＝n＋1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝n（n＋1）2，

则1an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1， 所以1a1＋1a2＋…＋1a99＝2[1－12＋12－13＋…＋199－1100]＝2×1－1100＝9950.