专题11+数列的求和问题（热点难点突破）-2019年高考数学（理）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）-2019年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

‎1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则b10等于(　　)‎ A．24 B．32 ‎ C．48 D．64‎ 答案　D 解析　由已知有anan＋1＝2n，‎ ‎∴an＋1an＋2＝2n＋1，则＝2，‎ ‎∴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a2＝2，‎ ‎∴数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1，‎ ‎∴b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2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(　　)‎ A．11 B．10 C．9 D．8‎ 答案　B 解析　根据Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝ 所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，‎ 根据a1，a4，a5－2成等差数列，‎ 可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2，‎ 所以a1＝2满足an＝2n，‎ 从而求得an＝2n(n∈N*)，‎ 所以bn＝＝ ‎＝－，‎ 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－，‎ 令1－>，整理得2n＋1>2 019，‎ 解得n≥10.‎ ‎3．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝，＝＋2n(n∈N*)，则S100等于(　　)‎ A．2－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　D ‎4．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(　　)‎ A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　D 解析　设bn＝3an＋n－7，‎ 则S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n ‎＝3＋(1＋2＋3＋…＋2n)－14n＝9＋2n2－13n，‎ 又2n2－13n＝22－，‎ 当n≥4时，‎ ‎∵f(n)＝22－是关于n的增函数，‎ 又g(n)＝9也是关于n的增函数，‎ ‎∴S80，∴an－an－1＝1，即数列{an}是等差数列，‎ 又2a1＝2S1＝a1＋a，a1＝1，∴an＝n(n∈N*)．‎ 又x∈(1，e]，∴00；③2b＋bn＋1bn－b＝0.‎ ‎(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．‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)，‎ 又a1＝1满足an＝2n－1，‎ ‎∴an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎∵2b＋bn＋1bn－b＝0，‎ 且bn>0，∴2bn＋1＝bn，‎ ‎∴q＝，b3＝b1q2＝，‎ ‎∴b1＝1，bn＝n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得cn＝(2n－1)n－1，‎ Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－1)n－1，‎ Tn＝1×＋3×2＋…＋(2n－3)n－1＋(2n－1)×n，‎ 两式相减，得Tn＝1＋2×＋2×2＋…＋2×n－1－(2n－1)×n ‎＝1＋2－(2n－1)×n ‎＝3－n－1.‎ ‎∴Tn＝6－n－1(2n＋3)(n∈N*)．‎ ‎13．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)(n∈N*)，且b1＝1，‎ ‎(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若cn＝(－1)n－1，求数列{cn}的前2n项和T2n；‎ ‎(3)若dn＝an·，数列的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)两边同除以n(n＋1)，‎ 得－＝1，‎ 从而数列为首项＝1，公差d＝1的等差数列，‎ 所以＝n(n∈N*)，‎ 数列{bn}的通项公式为bn＝n2.‎ 当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.‎ 当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，‎ 两式相减得an＝2an－1，‎ 又a1＝1≠0，所以＝2，‎ 从而数列{an}为首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，‎ 从而数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)cn＝(－1)n－1· ‎＝(－1)n－1，‎ T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n ‎＝＋－－＋…－－ ‎＝－(n∈N*)．‎ ‎(3)由(1)得dn＝an＝n·2n－1，‎ Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，‎ ‎2Dn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.‎ 两式相减得－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n，‎ 所以Dn＝(n－1)·2n＋1，‎ 由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1，‎ 因为对∀n∈N*，都有Dn≤nSn－a，‎ 即(n－1)·2n＋1≤n－a恒成立，‎ 所以a≤2n－n－1恒成立，‎ 记en＝2n－n－1，所以a≤min，‎ 因为en＋1－en＝－＝2n－1>0，从而数列为递增数列，‎ 所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0.‎ ‎14．设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)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(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{an}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)若数列{an}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝＋＋＋…＋，证明：Tn<3.‎ ‎(2)解　假设存在这样的数列{an}，则Sn＝an＋k－k，‎ 故Sn＋1＝an＋k＋1－k，‎ 两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，‎ 故an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2，‎ 同理由{an}是“P(k＋2)数列”可得，‎ an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2，‎ 所以an＋1＝an＋3对任意n∈N*恒成立．‎ 所以Sn＝an＋k－k＝an＋k＋2－k＝Sn＋2，‎ 即Sn＝Sn＋2，‎ 又Sn＝an＋k＋2－k－2＝Sn＋2－2，‎ 即Sn＋2－Sn＝2，‎ 两者矛盾，故不存在这样的数列{an}既是“P(k)数列”，‎ 也是“P(k＋2)数列”．‎ ‎(3)证明　因为数列{an}为“P(2)数列”，‎ 所以Sn＝an＋2－2，‎ 所以Sn＋1＝an＋3－2，‎ 故有an＋1＝an＋3－an＋2，‎ 又n＝1时，a1＝S1＝a3－2，‎ 故a3＝3，满足a3＝a2＋a1，‎ 所以an＋2＝an＋1＋an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.‎ 故Tn＝＋＋＋…＋ ‎＝＋＋＋＋＋…＋，‎ 所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝＋Tn－2－，‎ 显然Tn－20，‎ 故Tn<＋Tn，即Tn<3.‎