2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题（热点难点突破）理（含解析）.doc

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1、1数列的求和问题1已知数列 an， bn满足 a11，且 an， an1 是方程 x2 bnx2 n0 的两根，则 b10等于( )A24 B32 C48 D64答案 D解析 由已知有 anan1 2 n， an1 an2 2 n1 ，则 2，an 2an数列 an的奇数项、偶数项均为公比为 2 的等比数列，可以求出 a22，数列 an的项分别为 1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而 bn an an1 ， b10 a10 a11323264.2已知数列 an的前 n 项和为 Sn2 n1 m，且 a1， a4， a52 成等差数列，bn ，数列 bn的前 n 项和为 Tn，

2、则满足 Tn 的最小正整数 n 的值为( )an an 1 an 1 1 2 0172 018A11 B10 C9 D8答案 B解析 根据 Sn2 n1 m 可以求得 anError!所以有 a1 m4， a416， a532，根据 a1， a4， a52 成等差数列，可得 m432232，从而求得 m2，所以 a12 满足 an2 n，从而求得 an2 n(nN *)，所以 bn an an 1 an 1 1 2n 2n 1 2n 1 1 ，12n 1 12n 1 1所以 Tn1 1 ，13 13 17 17 115 12n 1 12n 1 1 12n 1 1令 1 ，整理得 2n1 2 0

3、19，12n 1 12 0172 018解得 n10.3设 Sn为数列 an的前 n 项和，已知 a1 ， 2 n(nN *)，则 S100等于( )12 n 1an 1 nan2A2 B2492100 49299C2 D2512100 51299答案 D4已知数列 an的通项公式为 a 则数列 的前 2n 项和的最小值为( )3an n 7A B514 1854C D252 1058答案 D解析 设 bn3 an n7，则 S2n b1 b2 b3 b2n3 (1232 n)14 n9 2 n213 n，1 (12)n1 12 121 (12)n1 12 1 (12)n又 2n213 n2

4、2 ，(n134) 1698当 n4 时，3 f(n)2 2 是关于 n 的增函数，(n134) 1698又 g(n)9 也是关于 n 的增函数，1 (12)n S80， an an1 1，即数列 an是等差数列，又 2a12 S1 a1 a ， a11， an n(nN *)21又 x(1，e，00；2 b bn1 bn b 0.14 2n 1 2n(1)求数列 an与 bn的通项公式；(2)设 cn anbn，求数列 cn的前 n 项和 Tn.押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用 an， Sn的关系求 an，也是高考出题的常见形式7解 (1)当 n1 时， a1 S11，

5、当 n2 时， an Sn Sn1 2 n1( nN *)，又 a11 满足 an2 n1， an2 n1( nN *)2 b bn1 bn b 0，2n 1 2n且 bn0，2 bn1 bn， q ， b3 b1q2 ，12 14 b11， bn n1 (nN *)(12)(2)由(1)得 cn(2 n1) n1 ，(12)Tn13 5 2(2 n1) n1 ，12 (12) (12)Tn1 3 2(2 n3) n1 (2 n1) n，12 12 (12) (12) (12)两式相减，得 Tn12 2 22 n1 (2 n1) n12 12 (12) (12) (12)12 (2 n1) n

6、1 (12)n 1 (12)3 n1 .(12) (32 n) Tn6 n1 (2n3)( nN *)(12)13已知数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2 an1( nN *)，数列 bn满足 nbn1 ( n1) bn n(n1)(nN *)，且 b11，(1)证明数列 为等差数列，并求数列 an和 bn的通项公式；bnn(2)若 cn(1) n1 ，求数列 cn的前 2n 项和 T2n；4 n 1 3 2log2an 3 2log2an 1(3)若 dn an ，数列 的 前 n 项和为 Dn，对任意的 nN *，都有 Dn nSn a，求实数 a 的取值范bn dn围解 (1)

7、由 nbn1 ( n1) bn n(n1 )两边同除以 n(n1)，得 1，bn 1n 1 bnn从而数列 为首项 1，公差 d1 的等差数列，bnn b11所以 n(nN *)，bnn8数列 bn的通项公式为 bn n2.当 n1 时， S12 a11 a1，所以 a11.当 n2 时， Sn2 an1， Sn1 2 an1 1，两式相减得 an2 an1 ，又 a110，所以 2，anan 1从而数列 an为首项 a11，公比 q2 的等比数列，从而数列 an的通项公式为 an2 n1 (nN *)(2)cn(1) n1 4 n 1 2n 1 2n 3 (1) n1 ，(12n 1 12n

8、 3)T2n c1 c2 c3 c2n1 c2n 13 15 15 17 14n 1 14n 3 (nN *)13 14n 3(3)由(1)得 dn an n2n1 ，bnDn112232 2( n1)2 n2 n2n 1，2Dn1222 232 3( n1)2 n1 n2n.两式相减得 Dn122 22 n1 n2n n2n，1 2n1 2所以 Dn( n1)2 n1，由(1)得 Sn2 an12 n1，因为对 nN *，都有 Dn nSn a，即( n1)2 n1 n a 恒成立，(2n 1)所以 a2 n n1 恒成立，记 en2 n n1，所以 a min，(en)因为 en1 en

9、2 n10，从而数列 为递增数列，2n 1 n 1 1 (2n n 1) en所以当 n1 时， en取最小值 e10，于是 a0.14设数列 an的首项为 1，前 n 项和为 Sn，若对任意的 nN *，均有 Sn an k k(k 是常数且 kN *)成立，则称数列 an为“ P(k)数列” (1)若数列 an为“ P(1)数列” ，求数列 an的通项公式；(2)是否存在数列 an既是“ P(k)数列” ，也是“ P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列 an的通项9公式及对应的 k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列 an为“ P(2)数列” ， a22，设 Tn ，证明： Tn0，an2n 1故 Tn Tn，即 Tn3.12 34 14