2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第六章6.5数列求和(word含答案解析).DOC
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1、6.5数列求和(教师独具内容)1能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能运用相关知识解决与前n项和相关的问题2熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式,并能够利用公式求数列的前n项和3掌握非等差数列、等比数列求和的几种常见方法4重点提升逻辑推理和数学运算素养(教师独具内容)数列求和是高考的重点考查内容,可以综合数列的概念、性质等进行考查在选择题、填空题和解答题中都可以出现,既可以是基本运算的中等题或简单题,也可以是难度较大的综合题(教师独具内容)(教师独具内容)1公式法(1)等差数列an的前n项和Snna1推导方法:倒序相加法(2)等比数列an的前n项和Sn推导方法:乘公比,错位
2、相减法(3)一些常见的数列的前n项和:123n;2462nn(n1);135(2n1)n2.2几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后相加减(2)并项求和法:形如an(1)nf(n)类型,常采用两项合并求解(3)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得前n项和(4)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和可用错位相减法(5)倒序相加法:如果一个数列an的前n项中,与首末两端等“距离”的两
3、项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解3常用结论常见的裂项技巧:.1(2021无锡模拟)设数列an为等比数列,数列bn为等差数列,且b10,cnanbn,若数列cn是1,1,2,则数列cn的前10项和为()A978 B557 C467 D979答案A解析设等比数列an的公比为q,等差数列bn的公差为d.因为cnanbn,所以解得所以cn2n1(1n).所以数列cn的前10项和为978.故选A.2(2021丹东模拟)已知在等差数列an中,a10,d0,前n项和为Sn,等比数列bn满足b1a1,b4a4,前n项和为Tn,则()AS4T4 BS40,q1,数列bn为
4、递增数列,又S4T4a2a3(b2b3)a1a4a1qa1(1q)a4(a4a1q)(b4b2)0,所以S4T4.故选A.解法二:不妨取an7n4,则等比数列bn的首项b13,公比q2,所以S454,T445,显然S4T4,故选A.3(2021泉州模拟)已知各项均为正数且递减的等比数列an满足a3,a4,2a5成等差数列,其前n项和为Sn,且S531,则()Aan Ban2n3CSn32 DSn2n416答案C解析由a3,a4,2a5成等差数列,得3a4a32a5,设等比数列an的公比为q,则2q23q10,解得q或q1.又因为数列an各项为正数且为递减数列,所以q,所以S531,解得a116
5、,所以数列an的通项公式为an16,所以Sn32.故选C.4(2021浙江台州模拟)已知数列an,bn满足2an1an3(n1),a110,bnan1,若数列bn的前n项和为Sn,则满足不等式|Sn6|的最小整数n是()A8 B9 C11 D10答案D解析由题意可知2an1an3,即an1an,即an11(an1),又因为a110,bnan1,所以b1a119,bn1bn,即数列bn是首项为9,公比为的等比数列,所以bn9,所以Snb1b2bn66,则|Sn6|6,即,又因为,所以满足不等式|Sn6|的最小整数n10.故选D.5(2021阜新模拟)已知数列an满足an1(1)nan3n1,Sn
6、为数列an的前n项和,则S20()A300 B320 C340 D360答案C解析因为an1(1)nan3n1,当n为偶数时,有an1an3n1,an2an13n4.所以anan26n5.所以a2a462517,a6a866541,a18a206185113.所以a2a4a20325.当n为奇数时,有an1an3n1,an2an13n4.所以an2an3.所以a1a33,a5a73,a17a193,所以a1a3a195315.所以S20a1a2a3a20(a1a3a19)(a2a4a20)15325340.故选C.1(2021新高考卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对
7、称轴把纸对折,规格为20 dm12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm12 dm,20 dm6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1240 dm2,对折2次共可以得到5 dm12 dm,10 dm6 dm,20 dm3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2180 dm2,以此类推则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么Sk dm2.答案5240解析对折3次可以得到 dm12 dm,5 dm6 dm,10 dm3 dm,20 dm dm,共四种规格的图形,它们的面积之和为S3430120 dm2.对折4次可以得到 dm12 dm, dm6 dm,5 dm3 d
8、m,10 dm dm,20 dm dm,共五种规格的图形,它们的面积之和为S451575 dm2.对折n次共可以得到n1种规格的图形,且Sn(n1),因此Sk240.Sk240,因此Sk240240.所以Sk240 dm2.2(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn,a33,S410,则 答案解析设等差数列an的公差为d,则由得Snn11,2.22.3(2021新高考卷)已知数列an满足a11,an1(1)记bna2n,写出b1,b2,并求数列bn的通项公式;(2)求an的前20项和解(1)由已知,a11,a2a112,a3a224,a4a315,因为a2n1a2n2a2n112a2n1
9、3,即a2n1a2n13,所以数列an的奇数项构成以1为首项,3为公差的等差数列,所以当n为奇数时,an13.因为a2n2a2n11a2n21a2n3,即a2n2a2n3,所以数列an的偶数项构成以2为首项,3为公差的等差数列,所以当n为偶数时,an23,而bna2n,所以b1a22,b2a45,bna2n3n1,所以数列bn的通项公式为bn3n1.(2)由(1),知an的前20项和S20a1a2a20(a1a3a19)(a2a4a20)10131023300.所以an的前20项和为300.4(2021全国乙卷)设an是首项为1的等比数列,数列bn满足bn.已知a1,3a2,9a3成等差数列(
10、1)求an和bn的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和证明:Tn0,即b2b1;当n2时,bn1bn0,即bn1bn,所以b2是最大项,且b22,所以2.例6(2021广东广州模拟)已知数列an满足an1an2,nN*,且a2,a5,a14成等比数列(1)求数列an的通项公式;(2)设bn2nan1,求数列bn的前n项和Sn.解(1)由an1an2,得an1an2,所以数列an是以2为公差的等差数列,又a2,a5,a14成等比数列,得aa2a14,即(a18)2(a12)(a126),解得a11,所以an12(n1)2n1.(2)由(1)可得,bn2nan12n(2n1).则
11、Sn321522(2n1)2n,2Sn322523(2n1)2n1.将上述两式相减,得Sn322(22232n)(2n1)2n1,即Sn62(2n1)2n162n28(2n1)2n12n1(12n)2,所以Sn(2n1)2n12.5.(2021锦州第二高级中学模拟)已知等差数列bn满足bn2n2bn14(n2,3,),数列an的前n项和记为Sn,且Sn2n1.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)记cnanbn,求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为Sn2n1,所以当n1时,a11;当n2时,Sn12n11.所以anSnSn12n1,对于n1时也满足,故an2n1.设bnbn1d,则bnbn
12、12bn12n4bn1bn12n4d.所以bn12n4d,则bn2(n1)4d,所以dbnbn12.因此bn2n.(2)由(1),知an2n1,bn2n,则cnn2n,Tn21222323n2n,2Tn22223324n2n1,将上述两式相减,得Tn2122232nn2n12n12n2n1.所以Tn(n1)2n12.6(2021河北秦皇岛一中模拟)已知数列an满足an12an20,且a18.(1)证明:数列an2为等比数列;(2)设bnnan,求数列bn的前n项和Tn.解(1)证明:因为数列an满足an12an20,所以an12an2.整理,得an122(an2).又a1260,2(常数),所
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