2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题6.4 数列求和与数列综合(教师版含解析)

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1、2021 年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破 专题专题 6.4 数列求和与数列综合数列求和与数列综合 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 分组转化求和 . 1 题型二 错位相减法求和 . 3 题型三 裂项相消法求和 . 6 题型四 并项求和 . 8 题型五 数列与其他知识的交汇 . 9 类型一数列与不等式的交汇问题. 9 类型二数列与三角函数的综合 . 10 类型三数列与函数的综合 . 11 类型四数列中的新定义问题 . 12 类型五数列中的新情境问题 . 13 二、高效训练突破 . 14 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型

2、一 分组转化求和分组转化求和 【题型要点】【题型要点】分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn cn,且bn,cn为等差或等比数列,可采用分组求和法求an的前 n 项和; (2)通项公式为 an bn,n为奇数, cn,n为偶数 的数列,其中数列bn,cn是等比数列或等差数列,可采用分组转化法 求和 【例【例 1】 (2020 山东五地山东五地 5 月联考月联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn, 且满足关于 x 的不等式 a1x2S2x20 的解集为(1,2) (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足 bna2n2an1,求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析

3、【解析】 (1)设等差数列an的公差为 d, 因为关于 x 的不等式 a1x2S2x20,a1) n a 1 1logloga(n1)logan an为等差数列,公差 为 d(d0), 1 1 nn aa 1 an an1 1 d 1 11 nn aa (2)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也 剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使前后相等 【例【例 1】(2020 江西八所重点高中江西八所重点高中 4 月联考月联考)设数列an满足 a11,an1 4 4an(nN *) (1)求证:数列 1 an2是等差数列; (

4、2)设 bn a2n a2n1,求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)证明:因为 an1 4 4an,所以 1 an12 1 an2 1 4 4an2 1 an2 4an 2an4 1 an2 2an 2an4 1 2,为常数 因为 a11,所以 1 a121,所以数列 1 an2是以1 为首项, 1 2为公差的等差数列 (2)由(1)知 1 an21(n1)( 1 2) n1 2 , 所以 an2 2 n1 2n n1, 所以 bn a2n a2n1 4n 2n1 2(2n1) 2n 4n2 (2n1)(2n1)1 1 (2n1)(2n1)1 1 2( 1 2n1

5、 1 2n1), 所以 Tnb1b2b3bnn1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n1) n1 2(1 1 2n1)n n 2n1,所以数列bn的前 n 项和 Tnn n 2n1. 【例【例 2】(2020 石家庄模拟石家庄模拟)已知数列an是首项为 1 的等比数列,各项均为正数,且 a2a312. (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn 1 n2log3an1,求数列bn的前 n 项和 Sn. 【答案】 【解析】 (1)设数列an的公比为 q. 由 a2a312,a11,得 qq212, 解得 q3 或 q4. 因为数列an的各项都为正数,所以 q0,

6、所以 q3,所以 an3n 1. (2)因为 bn 1 n2log3an1 1 nn2 1 2 2 1 - 1 nn , 所以 Sn1 2 11 3 1 2 1 4 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 2n3 2n1n2. 题型四题型四 并项求和并项求和 【题型要点】【题型要点】用并项求和法求数列的前 n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等 比数列来求和可用并项求和法的常见类型:一是数列的通项公式中含有绝对值符号;二是数列的通项公 式中含有符号因子“(1)n”;三是数列an是周期数列 【易错提醒】【易错提醒】运用并项求和法求

7、数列的前 n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征,如本题,数列bn 的通项公式为 bn(1)n 2n1 n(n1),易知数列bn是摆动数列,所以求和时可以将各项进行适当合并 【例【例 1】(2020 福建宁德二检福建宁德二检)已知数列an的前 n 项和 Snn22kn(kN*),Sn的最小值为9. (1)确定 k 的值,并求数列an的通项公式; (2)设 bn(1)n an,求数列bn的前 2n1 项和 T2n1. 【答案】见解析 【解析】 :(1)由已知得 Snn22kn(nk)2k2,因为 kN*,则当 nk 时,(Sn)mink29,故 k3. 所以 Snn26n. 因为 Sn1(n1

8、)26(n1)(n2), 所以 anSnSn1(n26n)(n1)26(n1)2n7(n2) 当 n1 时,S1a15,满足 an2n7, 综上,an2n7. (2)依题意,得 bn(1)n an(1)n(2n7), 则 T2n1531135(1)2n(4n7)(1)2n 12(2n1)7 552n. 【例【例 2】(2020 河南八市重点高中联盟测评河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列an中,a33,a22,a4,a62 成等比数列 (1)求数列an的通项公式; (2)记 bn(1) na 2n1 anan1 ,数列bn的前 n 项和为 Sn,求 S2n. 【答案】见解析 【解析】(1)设

9、等差数列an的公差为 d, 因为 a22,a4,a62 成等比数列, 所以 a24(a22)(a62), 所以(a3d)2(a3d2)(a33d2), 又 a33,所以(3d)2(5d)(13d),化简得 d22d10,解得 d1, 所以 ana3(n3)d3(n3) 1n. (2)由(1)得,bn(1) na 2n1 anan1 (1)n 2n1 n(n1)(1) n(1 n 1 n1), 所以 S2nb1b2b3b2n(11 2)( 1 2 1 3)( 1 3 1 4)( 1 2n 1 2n1)1 1 2n1 2n 2n1. 题型五题型五 数列与其他知识的交汇数列与其他知识的交汇 类型一数

10、列与不等式的交汇问题类型一数列与不等式的交汇问题 【例【例 1】 (2020 广东深圳二模广东深圳二模)设 Sn是数列an的前 n 项和, 且 a13, 当 n2 时, 有 SnSn12SnSn12nan, 则使得 S1S2Sm2 019 成立的正整数 m 的最小值为_ 【答案】1 009 【解析】 因为 SnSn12SnSn12nan(n2), 所以 SnSn12SnSn12n(SnSn1)(n2), 所以(2n1)Sn1(2n1)Sn2SnSn1(n2) 易知 Sn0,所以2n1 Sn 2n1 Sn1 2(n2) 令 bn2n1 Sn ,则 bnbn12(n2), 又 b1 3 S1 3

11、a11,所以数列bn是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,所以 bn2n1, 所以2n1 Sn 2n1,所以 Sn2n1 2n1. 所以 S1S2Sm3 5 3 2m1 2m12m12 019,所以 m1 009. 即使得 S1S2Sm2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【题后升华】【题后升华】解决本题的关键:一是细观察、会构造,即通过观察所给的关于 Sn,an的关系式,思考是将 Sn往 an转化,还是将 an往 Sn转化;二是会解不等式,把求出的相关量代入已知不等式,转化为参数所满足 的不等式,解不等式即可求出参数的最小值 类型二数列与三角函数的综合类型二数列与三角函数

12、的综合 【例【例2】 (2020 安徽安庆安徽安庆4月联考月联考)在ABC中, 角A, B, C的对边分别为a, b, c, 且 3sin Bsin C ba sin Asin B c . (1)求角 A 的大小; (2)若等差数列an的公差不为零,a1sin A1,且 a2,a4,a8成等比数列,bn 1 anan1,求数列bn的前 n 项 和 Sn. 【答案】见解析 【解析】 (1)由 3sin Bsin C ba sin Asin B c , 根据正弦定理可得 3bc ba ba c ,即 b2c2a2 3bc, 所以 cos Ab 2c2a2 2bc 3 2 , 由 0A0,a6和 a

13、8是函数 f(x)15 4 ln x 1 2x 28x 的极值点,则 S 8( ) A38 B38 C17 D17 【答案】A 【解析】因为 f(x)15 4 ln x1 2x 28x, 所以 f(x)15 4xx8 x28x15 4 x (x1 2)(x 15 2 ) x , 令 f(x)0,解得 x1 2或 x 15 2 . 又 a6和 a8是函数 f(x)的极值点,且公差 d0, 所以 a61 2,a8 15 2 , 所以 a15d 1 2, a17d15 2 , 解得 a117, d7 2. 所以 S88a18 (81) 2 d38,故选 A. 【题后反思】【题后反思】破解数列与函数相

14、交汇问题的关键:一是会利用导数法求函数的极值点;二是会利用等差数 列的单调性,若公差大于 0,则该数列单调递增,若公差小于 0,则该数列单调递减,若公差等于 0,则该 数列是常数列,不具有单调性;三是会利用公式法求和,记清等差数列与等比数列的前 n 项和公式,不要 搞混 类型四数列中的新定义问题类型四数列中的新定义问题 【例【例4】 (2020 河北石家庄河北石家庄4月模拟月模拟)数列an的前n项和为Sn, 定义an的“优值”为Hna12a22 n1a n n , 现已知an的“优值”Hn2n,则 Sn_ 【答案】 n(n3) 2 【解析】 由 Hna12a22 n1a n n 2n, 得 a

15、12a22n 1a nn 2 n, 当 n2 时,a12a22n 2a n1(n1)2 n1, 由得 2n 1a nn 2 n(n1)2n1(n1)2n1,即 a nn1(n2), 当 n1 时,a12 也满足式子 ann1, 所以数列an的通项公式为 ann1, 所以 Snn(2n1) 2 n(n3) 2 . 【题后反思】【题后反思】破解此类数列中的新定义问题的关键:一是盯题眼,即需认真审题,读懂新定义的含义,如 本题,题眼an的“优值”Hn2n的含义为a12a22 n1a n n 2n;二是想“减法”,如本题,欲由等式 a1 2a22n 1a nn 2 n求通项, 只需写出 a 12a22

16、 n2a n1(n1) 2 n1, 通过相减, 即可得通项公式 类型五数列中的新情境问题类型五数列中的新情境问题 【例【例 5】(2020 安徽六校第二次联考安徽六校第二次联考)已知an是各项均为正数的等比数列,且 a1 a2 3,a3a2 2,等 差数列bn的前 n 项和为 Sn,且 b35,S416. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系中,有点 P1(a1,0),P2(a2,0),Pn(an,0),Pn1(an1,0),Q1(a1,b1),Q2(a2, b2),Qn(an,bn),若记PnQnPn1的面积为 cn,求数列cn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解

17、析 【解析】 (1)设数列an的公比为 q, 因为 a1a23,a3a22,所以 a1a1q3, a1q2a1q2, 得 3q25q20,又 q0, 所以 q2,a11,则 an2n 1. 设数列bn的公差为 d, 因为 b35,S416,所以 b12d5, 4b16d16,解得 b11, d2, 则 bn2n1. (2)由(1)得 PnPn1an1an2n2n 12n1,P nQnbn2n1, 故 cnSPnQnPn12 n1(2n1) 2 (2n1)2n 2, 则 Tnc1c2c3cn1 2 11 32 5(2n1)2 n2, 2Tn1 12 34 5(2n1)2n 1, 由得,Tn1 2

18、2(122 n2)(2n1) 2n11 2 2(12n 1) 12 (2n1)2n 1 (32n)2n 13 2,故 Tn(2n3)2 n13 2(nN *) 【题后反思】【题后反思】数列中新情境问题的求解关键:一是观察新情境的特征,如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征; 二是会转化, 如本题, 把数列cn的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求; 三是活用数列求和的方法,如本题,活用错位相减法,即可得数列cn的前 n 项和 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1.在数列an中,a12,a22,an2an1(1)n,nN*,则 S60的值为( ) A990

19、 B1 000 C1 100 D99 【答案】A. 【解析】 :n 为奇数时,an2an0,an2;n 为偶数时,an2an2,ann.故 S602 30(2460) 990. 2.(2020 汕头摸底汕头摸底)已知数列an,若 an1anan2(nN*),则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸 数列”,且 b11,b22,则数列bn的前 2019 项和为( ) A5 B4 C0 D2 【答案】B 【解析】由“凸数列”的定义及 b11,b22,得 b33,b41,b52,b63,b71,b82, 数列bn是周期为 6 的周期数列, 且 b1b2b3b4b5b60,2019336 63, 于

20、是数列bn的前 2019 项和为 336 0b1b2b34. 3已知函数 f(x)axb(a0,且 a1)的图象经过点 P(1,3),Q(2,5)当 nN*时,an f(n)1 f(n) f(n1), 记数列an的前 n 项和为 Sn,当 Sn10 33时,n 的值为( ) A7 B6 C5 D4 【答案】D. 【解析】 :因为函数 f(x)axb(a0,且 a1)的图象经过点 P(1,3),Q(2,5), 所以 ab3, a2b5,所以 a2, b1 或 a1, b4 (舍去),所以 f(x)2x1, 所以 an 2n11 (2n1)(2n 11) 1 2n1 1 2n 11, 所以 Sn

21、5 1 - 3 1 9 1 - 5 1 12 1 12 1 1nn 1 3 1 2n 11, 令 Sn10 33,得 n4.故选 D. 4(2020 河北保定期末)在数列an中,若 a11,a23,an2an1an(nN*),则该数列的前 100 项之和 是( ) A18 B8 C5 D2 【答案】C. 【解析】 :因为 a11,a23,an2an1an(nN*),所以 a3312,a4231,a512 3,a6312,a7231,a8123,a9312,所以an是周期为 6 的周期数列, 因为 10016 64,所以 S10016 (132132)(1321)5.故选 C. 5已知数列an的

22、各项均为正整数,其前 n 项和为 Sn,若 an1 an 2 ,an是偶数, 3an1,an是奇数, 且 a15,则 S2020 ( ) A4740 B4737 C12095 D12002 【答案】B 【解析】 依题意 an1 an 2 ,an是偶数, 3an1,an是奇数, 且 a15, a23 5116, a316 2 8, a48 24, a5 4 22, a62 21, a73 114, 所以数列an从第四项起构成周期为 3 的周期数列 因为 202033 6721, 所以 S20205168(421) 67244737. 6.在数列an中,若对任意的 nN*均有 anan1an2为定

23、值,且 a72,a93,a984,则数列an的前 100 项的和 S100( ) A132 B299 C68 D99 【答案】B 【解析】因为在数列an中,若对任意的 nN*均有 anan1an2为定值,所以 an3an,即数列an中各 项是以 3 为周期呈周期变化的因为 a72,a93,a98a3 308a84,所以 a1a2a3a7a8a92 439,所以 S10033 (a1a2a3)a10033 9a7299,故选 B. 7(2020 洛阳模拟洛阳模拟)记数列an的前 n 项和为 Sn,已知 a11,(Sn1Sn)an2n(nN*),则 S2020( ) A3 (210101) B.3

24、 2 (2 10101) C3 (220201) D.3 2 (2 20201) 【答案】A 【解析】因为(Sn1Sn)an2n(nN*),所以 an1an2n(nN*),所以 an2an12n 1.两式作比可得an2 an 2(n N*)又因为 a11,a2a12,所以 a22.所以数列a2n是首项为 2,公比为 2 的等比数列,a2n1是首项 为 1, 公比为 2 的等比数列 所以 S2020(a1a3a2017a2019)(a2a4a2018a2020)1 12 1010 12 2 12 1010 12 3 (210101)故选 A. 8.(2020 河北五个一名校联盟第一次诊断河北五个

25、一名校联盟第一次诊断)数列an的通项公式为 anncosn 2 , 其前 n 项和为 Sn, 则 S2021等于 ( ) A1010 B2018 C505 D1010 【答案】D 【解析】易知 a1cos 20,a22cos2,a30,a44,.所以数列an的所有奇数项为 0,前 2020 项中所有偶数项(共 1010 项)依次为2,4,6,8,2018,2020.故 S20200(24)(68) (20182020)1010.a20210,S20211010.故选 D. 9.在数列an中,若 an1(1)nan2n1,则数列an的前 12 项和等于( ) A76 B78 C80 D82 【答

26、案】B. 【解析】 :由已知 an1(1)nan2n1,得 an2(1)n 1 a n12n1,两式相减得 an2an(1) n (2n 1)(2n1),取 n1,5,9 及 n2,6,10,结果相加可得 S12a1a2a3a4a11a1278.故选 B. 10(2020 湖北襄阳四校联考湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中,有已知长方形面积求一边的算法,其方 法的前两步为: 第一步:构造数列 1,1 2, 1 3, 1 4, 1 n. 第二步:将数列的各项乘以n 2,得到一个新数列 a1,a2,a3,an. 则 a1a2a2a3a3a4an1an( ) A.n 2 4 B.n1 2

27、4 C.nn1 4 D.nn1 4 【答案】C 【解析】由题意知所得新数列为 1 n 2, 1 2 n 2, 1 3 n 2, 1 n n 2,所以 a1a2a2a3a3a4an1an n2 4 n1-n 1 43 1 32 1 21 1 n2 4 n 1 - 1-n 1 4 1 - 3 1 3 1 - 2 1 2 1 -1 n2 4 n 1 1 nn1 4 . 二、填空题二、填空题 1.(2020 湖南三湘名校湖南三湘名校(五十校五十校)第一次联考第一次联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn,a11.当 n2 时,an2Sn1n, 则 S2 019_ 【答案】 :1 010 【解析】 :由

28、 an2Sn1n(n2),得 an12Snn1,两式作差可得 an1an2an1(n2),即 an1an 1(n2),所以 S2 01912 018 2 11 010. 2已知数列an的前 n 项和为 Sn,a11,a22,且 an22an1an0(nN*),记 Tn 1 S1 1 S2 1 Sn(n N*),则 T2 018_ 【答案】 :4 036 2 019 【解析】 :由 an22an1an0(nN*),可得 an2an2an1,所以数列an为等差数列,公差 da2a1 211,通项公式 ana1(n1) d1n1n,则其前 n 项和 Snn(a1an) 2 n(n1) 2 ,所以 1

29、 Sn 2 n(n1)2( 1 n 1 n1), Tn 1 S1 1 S2 1 Sn2( 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1)2(1 1 n1) 2n n1, 故 T2 018 2 2 018 2 0181 4 036 2 019. 3.(2020 商丘质检商丘质检)有穷数列 1,12,124,1242n 1所有项的和为_ 【答案】2n 1n2 【解析】因为 1242n 12 n1 21 2n1, 所以 Sn1(12)(124)(1242n 1) (21)(221)(231)(2n1)(222232n)n22 n1 21 n2n 1n2. 4.(2020 枣庄模拟枣庄模拟)已知等

30、差数列an的前 n 项和为 Sn,a55,S515,则数列 1 1 nn aa 的前 100 项和为 _ 【答案】100 101 【解析】等差数列an中,a55,S515, a14d5, 5a14 5 2 d15, 解得 a11,d1, an1(n1)n, 1 anan1 1 nn1 1 n 1 n1, 数列 1 1 nn aa 的前 100 项和 S100 2 1 -1 3 1 - 2 1 4 1 - 3 1 101 1 - 100 1 1 1 101 100 101. 5.(2020 湖南郴州第二次教学质量监测湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列an和bn满足 a1a2a3an2bn(nN

31、*),若数列an为等比 数列,且 a12,a416,则数列 n b 1 的前 n 项和 Sn_ 【答案】 : 2n n1 【解析】 :因为an为等比数列,且 a12,a416,所以公比 q 3 a4 a1 3 16 2 2,所以 an2n, 所以 a1a2a3an21 22 232n21 23n2 n(n1) 2 . 因为 a1a2a3an2bn,所以 bnn(n1) 2 . 所以 1 bn 2 n(n1)2 1 11 nn . 所以 n b 1 的前 n 项和 Snb1b2b3bn 2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 2 1 1 1 n 2n n1. 三三

32、解答题解答题 1.已知数列an满足 a14a242a34n 1a nn 4(nN *) (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn 4nan 2n1,求数列bnbn 1的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 :(1)当 n1 时,a11 4. 因为 a14a242a34n 2a n14 n1a nn 4 , 所以 a14a242a34n 2a n1n1 4 (n2,nN*) , 得 4n 1a n1 4(n2,nN *), 所以 an 1 4n(n2,nN *) 由于 a11 4,故 an 1 4n(nN *) (2)由(1)得 bn 4nan 2n1 1 2n1, 所以 bnbn

33、1 1 (2n1)(2n3) 1 2( 1 2n1 1 2n3), 故 Tn1 2( 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3) 1 2( 1 3 1 2n3) n 6n9. 2已知数列an的前 n 项和为 Sn,Sn3an1 2 . (1)求 an; (2)若 bn(n1)an,且数列bn的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 【答案】见解析 【解析】 :(1)由已知可得,2Sn3an1, 所以 2Sn13an11(n2), 得,2(SnSn1)3an3an1, 化简得 an3an1(n2), 在中,令 n1 可得,a11, 所以数列an是以 1 为首项,3 为公比的等比数列, 从

34、而有 an3n 1. (2)bn(n1)3n 1, Tn0 301 312 32(n1) 3n 1, 则 3Tn0 311 322 33(n1) 3n. 得,2Tn3132333n 1(n1) 3n33 n 13 (n1) 3n(32n) 3 n3 2 . 所以 Tn(2n3) 3 n3 4 . 3.已知等差数列an中,a5a34,前 n 项和为 Sn,且 S2,S31,S4成等比数列 (1)求数列an的通项公式; (2)令 bn(1)n 4n anan1,求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 :(1)设an的公差为 d,由 a5a34,得 2d4,d2. 所以 S22a

35、12,S313a15,S44a112, 又 S2,S31,S4成等比数列,所以(3a15)2(2a12) (4a112),解得 a11,所以 an2n1. (2)bn(1)n 4n anan1(1) n( 1 2n1 1 2n1), 当 n 为偶数时, Tn(11 3)( 1 3 1 5)( 1 5 1 7)( 1 2n3 1 2n1)( 1 2n1 1 2n1), 所以 Tn1 1 2n1 2n 2n1. 当 n 为奇数时,Tn(11 3)( 1 3 1 5)( 1 5 1 7)( 1 2n3 1 2n1)( 1 2n1 1 2n1), 所以 Tn1 1 2n1 2n2 2n1.所以 Tn

36、2n 2n1,n为偶数 2n2 2n1 ,n为奇数. 4.已知 Sn为正项数列an的前 n 项和,a11,且 Snan1 4(n2 且 nN *) (1)求数列an的通项公式; (2)求数列4 Sn an的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)当 n2 时, 1a2a21 4, a25 4 舍去, 4 3 2 a . 当 n2 时,Sna2n1 2an 1 16, Sn1a2n11 2an1 1 16. ,得 an1a2n1a2n1 2an1 1 2an, 即1 2(an1an)a 2 n1a 2 n,an1an1 2. 当 n2 时,an是公差为1 2的等差数列, ana21 2(n2) n 2 1 4. a11 不适合上式,an 1,n1, n 2 1 4,n2. (2)当 n1 时,T14 a1 a14. 当 n2 时, Snan1 4 n 2 1 2, 则 4 Sn an2n 2 1 n 设 PnTnT15 2 2 27 2 2 39 2 2 4 2 1 n 2n, 则 2Pn5 2 2 37 2 2 4 2 1 -n 2n 2 1 n 2n 1. ,得Pn10(23242n) 2 1 n 2n 12(12n) 2n, 故 Pn(2n1) 2n2,Tn(2n1) 2n2. T14 也适合上式,Tn(2n1) 2n2.

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