人教A版2020届高考数学二轮复习：数列(基础)

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?an?

(2)求数列?2n?的前

??

n项和.

【解】 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3, 由题意得a2＝2,a4＝3.

1设数列{an}的公差为d,则a4－a2＝2d,故d＝2, 3从而a1＝2. 1所以{an}的通项公式为an＝2n＋1. ?an?(2)设?2n?的前??ann＋2n项和为Sn.由(1)知2n＝n＋1,则 2n＋1n＋234Sn＝22＋23＋…＋2n＋n＋1, 2n＋1n＋21342Sn＝23＋24＋…＋2n＋1＋2n＋2. 两式相减得

1?n＋213?1＋…＋?S＝＋－＋ 32n＋1?2n4?2?2n21?n＋2n＋431?＝4＋4?1－2n－1?－n＋2.所以Sn＝2－n＋1. 2??29.(错位相减、裂项相消)已知公比为q的等比数列{an}是递减数列,且满足a1＋a2131

＋a3＝,a1a2a3＝.

927(1)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列{(2n－1)·an}的前n项和为Tn;

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千里之行 始于足下

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(3)若bn＝

n3

n－131114＋2(n∈N*),证明：bb＋bb＋…＋≥35. ·anbnbn＋11223

111【规范解答】 (1)由a1a2a3＝27 ,及等比数列性质得a3 ,即a2＝2＝ ,273

1分

由a＋a13101＋a23＝9得a1＋a3＝9. ?a12＝?由??3得?1q＝?a10?3?1＋a3＝9 a1??a1＋a1q2＝109 1＋q2所以101q＝3,即3q2－10q＋3＝0,解得q＝3,或q＝3.

3分

因为{a舍去,∴q＝11n}是递减数列,故q＝33,由a2＝3,得a1＝1 故数列{a1n}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*). 4分 (2)由(1)知(2n－1)·a2n－12n－n＝3n－1,所以Tn＝1＋33＋5132＋…＋3n－1① 112n－32n－13T3＋35n＝32＋33＋…＋3n－1＋3n ② 5分 ①－②得：21＋22222n－13Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－1－3n ＝1＋2??11?3＋132＋133＋…＋?2n－13n－1??－3n 千里之行 始于足下

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1?1??1－3n－1?3?2n－11?2n－1＝1＋2·－＝2－－－13n3n 3n11－3n＋1所以Tn＝3－n－1 3

(3)因为bn＝n332n＋3＋2(n∈N*)＝n＋2＝2, 8分 9分 3n－1·an111222222所以bb＋bb＋…＋＝5 ·7＋7 ·9＋…＋ ·＝bnbn＋12n＋32n＋512231????11??11??12??5－7?＋?7－9?＋…＋?2n＋3－2n＋5?? ????????1??1－＝2?52n＋5? ??

1因为n≥1,5－1112≥5－7＝35, 2n＋511分

1114所以bb＋bb＋…＋≥. bnbn＋135122310.已知等差数列{an}的前3项和为6,前8项和为－4. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn. 【解】 (1)设{an}的公差为d,则由已知得 ?a1＋a2＋a3＝6，

? ?a1＋a2＋…＋a8＝－4，?3a1＋3d＝6，即? ?8a1＋28d＝－4，

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千里之行 始于足下

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解得a1＝3,d＝－1, 故an＝3－(n－1)＝4－n. (2)由(1)知,bn＝n·qn－1,

于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1, 若q≠1,上式两边同乘以q.

qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn, 两式相减得：(1－q)Sn＝1＋q1＋q2＋…＋qn－－n·qn＝1－qn11－q－n·qn. S1－qnn·qn∴n＝1－q2－1－q n·qn＋1－n＋1qn＝＋11－q2. 若q＝1,则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12, ? q＝1，＝?nn＋1?2 ∴Sn?nqn＋1?－n＋1qn＋11－q2 q≠1. 11.(13分)已知等差数列{an}满足a2＝0,a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列???an???2n－1????

的前n项和.

【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d, 由已知条件可得??a1＋d＝0，

?2a1

＋12d＝－10，

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