最新-2021届高考数学文二轮复习课件：2.4.2 数列求和及综合应用 精品

答案：9
3．已知各项均是正数的等比数列{an}中，a2，12a3，a1 成等差数列，
则aa43＋＋aa54的值为(
)
5－1 A. 2
5＋1 B. 2
C．－
5－1 2
D.
52－1或
5＋1 2
解析：设{an}的公比为 q(q>0)，由 a3＝a2＋a1，得 q2－q－1＝0，
解得 q＝1＋2
5.从而aa43＋ ＋aa54＝q＝1＋2
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n
7.
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋a12)＝ ()
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
3 3
答案：an＝21n4＋，5n，＝n1≥2
2．(热点一)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lg1＋1n，则 an＝(
)
A．2＋lgn
B．2＋(n－1)lgn
C．2＋nlgn
D．1＋n＋lgn
解析：由 an＋1＝an＋lg1＋1n得 an＋1－an＝lg1＋1n＝lgn＋n 1，那么
an
＝
a1
答案：B
6．(热点三)已知函数 f(x)＝cos4x·cos2π－4x·cosπ－2x，将函数 f(x) 在(0，＋∞)上的所有极值点从小到大排成一数列，记为{an}，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：由 f(x)＝cos4xsin4x·－cos2x＝－14sinx，得 f′(x)＝－14cosx， 由 cosx＝0，得 x＝kπ＋π2(k∈Z)，所以函数 f(x)在(0，＋∞)上的所有极 值点为π2，32π，52π，…，2n－2 1π，…，所以数列{an}的通项公式为 an ＝2n－2 1π.
－a2)·…·(x－a8)，则 f′(0)＝( A )
A．212
B．29 C．28
D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1＋12d，
得
d＝2，故
an
＝
2n
－1
，
Sn
＝
n2
，
因
此
2aSnn＋＋316＝22nn2＋＋126＝
n2＋8 n＋1
＝
n＋12－n＋2n1＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
答案：2n2＋6n
6．已知一列非零向量 an 满足 a1＝(x1，y1)，an＝(xn，yn)＝12(xn－1
－yn－1，xn－1＋yn－1)(n≥2，n∈N*)，则下列命题正确的是( )
A．{|an|}是等比数列，且公比为
2 2
B．{|an|}是等比数列，且公比为 2
C．{|an|}是等差数列，且公差为
2 2
D．{|an|}是等差数列，且公差为 2
解析：∵|an|＝12 xn－1－yn－12＋xn－1＋yn－12
＝
2 2·
x2n－1＋y2n－1＝
22|an－1|(n≥2，n∈N*)，|a1|＝
x21＋y21≠0，|a|an－n|1|
＝ 22为常数，∴{|an|}是等比数列，且公比为 22，选 A. 答案：A
②，
①－②得32T10＝3×－120＋3×－121＋3×－122＋…＋3×－129－ 30×－1210，整理得 T10＝43－20＋43×1 0124＝6438.
(热点二)已知数列{an}的通项公式 an＝log2nn＋＋12(n∈N*)，设{an} 的前 n 项和为 Sn，则使 Sn<－5 成立的自然数 n( )
A．有最大值 63 B．有最小值 63 C．有最大值 31 D．有最小值 31
解析：Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log223＋log234＋…＋log2nn＋ ＋12＝log223 ×34×…×nn＋ ＋12＝log2n＋2 2<－5，∴n＋2 2<2－5，∴n＋2>26，∴n>62.又 n ∈N*，∴n 有最小值 63.
[自主解答] (1)由 an＝2an3－n1＋an－n1－1⇒ann＝13·na－n－11＋23，令ann＝bn，则 bn＝13·bn－1＋23⇒bn－1＝13·(bn－1－1)，又 a1＝32，得 b1－1＝－13，所以{bn
－1}是以－13为首项，13为公比的等比数列，所以 bn－1＝－13·31n－1，得 an＝bnn＝3nn－·3n1.
＝34－2n＋2n1＋n3＋2.
(2) 设 {an} 的 首 项 为
a1 ， 公 比 为
q，由
a2
＝
1 9
，
S2
＝
4 9
，
得
a1q＝19 a1＋a1q＝49
，解得qa＝1＝1313
，∴an＝31n.∵bn＝ann，∴bn＝n·3n.
∴Tn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， ① ∴3Tn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1. ② ②－①得 2Tn＝n×3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即 2Tn＝n×3n＋1－311－－33n＝n－12×3n＋1＋32，
热点考向三 数列的综合应用
[典例 3] (1)已知等差数列{an}的公差 d≠0，且 a1，a3，a13 成等 比数列，若 a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n 项和，则2aSnn＋＋316(n∈N*)的最 小值为( A )
A．4
B．3
C．2 3－2
9 D.2
(2)已知在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数 f(x)＝x(x－a1)(x
∴Tn＝2n－413n＋1＋34.
[方法规律] (1)分组求和的常见方法 ①根据等差、等比数列分组．②根据正号、负号分组．③根据数 列的周期性分组． (2)裂项后相消的规律 ①裂项系数取决于前后两项分母的差．②裂项相消后前、后保留 的项数一样多． (3)错位相减法的步骤 ①求和时先乘以数列的公比．②把两个和的形式错位相减．③整 理结果形式．
5 .
答案：B
4．已知{an}是公比 q 为 2 的等比数列，若 a3－a1＝6，则a121＋a122＋… ＋a12n＝________.
解析：∵a3－a1＝a1(q2－1)＝3a1＝6，∴a1＝2，an＝2n，∴a121＋a122＋… ＋a12n＝212＋2122＋2132＋…＋21n2＝1411－－1414n＝131－41n.
D.34－n＋21n＋n3＋2
则数(列2){设bn}S的n 为前等n比项数和列T{na＝n}_的_2_n前_－_4_n1_项3_n.＋和1＋，34且 a2＝19，S2＝49，若 bn＝ann，
[自主解答] (1)易得 a1＋a2＋…＋an＝n3＋22n＋1＝n(n＋2)，所 以 bn＝nn1＋2＝12n1－n＋1 2，故 Tn＝121＋12－n＋1 1－n＋1 2
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不等式 的解题思路来加以解决.
专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列{an} 的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an}的通项公 式为 an＝21n4＋，5n，＝n1≥2 .
＋
(a2
－
a1)
＋
…
＋
(an
－
an
－
1)
＝
2
＋
lg2
＋
lg
3 2
＋
…
＋
lg
n－n 1＝
2
＋
lg2×32×…×n－n 1＝2＋lgn.
答案：A
3．(热点二)已知数列1×1 2，2×1 3，3×1 4，…，n×1n＋1，…，下
列各数中是此数列中的项的是( )
1
1
1
1
A.35
B.48
C.54
D.56
解析：由已知得通项公式 an＝n×1n＋1，只有516＝7×1 8符合通项 公式．故选 D.
由基本不等式知2aSnn＋＋316＝n＋1＋n＋9 1－2≥2 2＝4，当且仅当 n＝2 时取得最小值 4，故选 A.
n＋1×n＋9 1－
(2) ∵ f′(x) ＝ (x － a1)(x － a2)·…·(x － a8) ＋ x[(x － a1)(x － a2)·…·(x －
a8)]′，∴f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＝a1a2·…·a8＝(a1a8)4＝84＝ 212.
解析：解法一：设数列{an}的公差为 d，则 a1＋a8＋a15＝3a1＋21d ＝π，a1＋7d＝π3，a4＋a12＝2a1＋14d＝23π，∴tan(a4＋a12)＝tan23π＝－ 3.
解法二：由等差数列的性质得 a1＋a8＋a15＝3a8＝π，∴a8＝π3.又 a4＋a12＝2a8＝23π，∴tan(a4＋a12)＝tan23π＝－ 3.
核心梳理 [知识回顾]
一、概念 1．数列求和 公式法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法． 2．数列的函数性质 周期性、单调性、最值． 3．数列和三角、向量、不等式及导数的综合应用．
二、重要公式 1.nn1＋1＝1n－n＋1 1 2.nn1＋k＝1k1n－n＋1 k 3.2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1 4.an·a1n＋1＝1da1n－an1＋1
[方法规律] 构造等差数列、等比数列是关键点.
热点考向二 求数列的前 n 项和
[ 典 例 2] (1) 若数列 {an}的通项公式为 an ＝ 2n＋ 1 ， 令 bn ＝
a1＋a2＋1 …＋an，则数列{bn}的前 n 项和为( B )
n＋1 A.2n＋2
B.34－2n＋2n1＋n3＋2
n－1 C.n＋2
答案：131－41n
5．若数列{an}是正项数列，且 a1＋ a2＋…＋ an＝n2＋3n(n∈ N*)，则a21＋a32＋…＋n＋an 1＝________.
解析：令 n＝1，得 a1＝4，∴a1＝16.当 n≥2 时， a1＋ a2＋… ＋ an－1＝(n－1)2＋3(n－1)．与已知式相减，得 an＝(n2＋3n)－(n－1)2 －3(n－1)＝2n＋2，∴an＝4(n＋1)2，当 n＝1 时，也满足该式．∴an ＝4(n＋1)2，∴n＋an1＝4n＋4，∴a21＋a32＋…＋n＋an 1＝n8＋24n＋4＝2n2 ＋6n.
高考巡航 高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出 现，难度中等．数列主观题常与函数、不等式等知识点交汇，综合考 查函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想．考查内容主要是： 以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和；利用递推关系求 数列的通项、前 n 项和；而该部分的难点是数列与其他知识点的交汇 问题，如：数列中的给定信息题、证明题、恒成立问题等.
⇒
a2＋a3＝2a4
a111－－qq6＝6332 a1q＋a1q2＝2a1q3
a1＝3 ⇒q＝－12
⇒an＝3－12n－1.
于是 bn＝3n－12n－1.T10＝3×－120＋3×2－121＋3×3－122＋…＋
3×10－129 ①， －12T10＝3×－121＋3×2－122＋3×3－123＋…＋3×10－1210
答案：D
4．(热点二)已知公比不为 1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满 足 S6＝6332，且 a2，a4，a3 成等差数列，若数列{bn}满足 bn＝nan，则数 列{bn}的前 10 项和 T10 为( A )
63 53 53 73 A.48 B.48 C.38 D.48
解析：设数列{an}的首项为 a1，公比为 q，由题意得S6＝3623
(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，则 数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数列，又 a1 ＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋3×11－－331 007＝ 31 008－2.
热点追踪 热点考向一 求数列的通项公式
[典例 1] (1)已知数列{na·n3}n满足 a1＝32，an＝2an3－n1＋an－n1－1(n≥2，n ∈N*)，则通项公式 an＝___3_n_－__1_.
(2)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 a1＝1，anan＋1＝3n，则 S2 015 ＝_3_1_0_0_8－__2_.
答案：B
2．在等差数列{an}中，3a4＝7a7，且 a1>0，Sn 是数列{an}的前 n 项和，当 Sn 取得最大值时，n 等于________．
解析：∵3a4＝7a7，∴3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，∴a1＝－343d>0，∴
d<0，∴an＝a1＋(n－1)d＝d4(4n－37)，当 n≤9 时，an>0，当 n≥10 时， an<0，∴Sn 取得最大值时，n 等于 9.