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）文（含解析）.doc

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 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，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，

2、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 2 019，12n 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 B2 492100 49299C2 D2512100 51299答案 D解析 由 2 n，得 2 n，n

3、1an 1 nan n 1an 1 nan则 2 n1 ， 2 n2 ， 2 1，nan n 1an 1 n 1an 1 n 2an 2 2a2 1a1将各式相加得 2 12 22 n1 2 n2，nan 1a1又 a1 ，所以 an n ，12 12n因此 S1001 2 100 ，12 122 12100则 S1001 2 99 100 ，12 122 123 12100 12101两式相减得 S100 100 ，12 12 122 123 12100 12101所以 S1002 991 00 1002 . (12) (12) 51299押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也

4、是考试大纲中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循答案 1解析 因为 an ，n 22nn n 1 2 n 1 n2nn n 1 12n 1n 12n n 1所以 Sn (1201 1212) ( 1212 1223) 12n 1n 12n n 1 1 ，12n n 1由于 1 0，3n所以 ln an1 3ln an，3数列 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，ln an所以 ln an3 n1 ， ane3 n1 (nN *)(2)由(1)得 bn(2 n1)ln an(2 n1)3 n1

5、 ， Tn13 033 153 2(2 n1)3 n1 ，3Tn13 133 2(2 n3)3 n1 (2 n1)3 n，得2 Tn12(3 13 23 33 n1 )(2 n1)3 n12 (2 n1)3 n2( n1)3 n2.3 3n1 3所以 Tn( n1)3 n1( nN *)10在等比数列 an中，首项 a18，数列 bn满足 bnlog 2an(nN *)，且 b1 b2 b315.(1)求数列 an的通项公式；(2)记数列 bn的前 n 项和为 Sn，又设数列 的前 n 项和为 Tn，求证： Tn0；2 b bn1 bn b 0.14 2n 1 2n(1)求数列 an与 bn的

6、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解 (1)当 n1 时， a1 S11，当 n2 时， an Sn Sn1 2 n1( nN *)，又 a11 满足 an2 n1， an2 n1( nN *)52 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)

7、(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) n1 (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

8、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)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 *)，bnn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 ，6又 a110，所以

9、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 *)(3)由(1)得 dn an n2n1 ，bnDn112232 2( n1)2 n2 n2n1 ，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 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 a0.7