（新课标）高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列通项与求和学案 理 新人教A版-新人教A版高三全册数学学案.doc

第2讲数列通项与求和[做真题]题型一an与Sn关系的应用1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1则S6＝________．解析：法一：因为Sn＝2an＋1所以当n＝1时a1＝2a1＋1解得a1＝－1；当n＝2时a1＋a2＝2a2＋1解得a2＝－2；当n＝3时a1＋a2＋a3＝2a3＋1解得a3＝－4；当n＝4时a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1解得a4＝－8；当n＝5时a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1解得a5＝－16；当n＝6时a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1解得a6＝－32；所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为Sn＝2an＋1所以当n＝1时a1＝2a1＋1解得a1＝－1当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)所以an＝2an－1所以数列{an}是以－1为首项2为公比的等比数列所以an＝－2n－1所以S6＝eq\f(－1×(1－26)1－2)＝－63.答案：－632．(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和且a1＝－1an＋1＝SnSn＋1则Sn＝________．解析：因为an＋1＝Sn＋1－Snan＋1＝SnSn＋1所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.因为Sn≠0所以eq\f(1Sn)－eq\f(1Sn＋1)＝1即eq\f(1Sn＋1)－eq\f(1Sn)＝－1.又eq\f(1S1)＝－1所以{eq\f(1Sn)}是首项为－1公差为－1的等差数列．所以eq\f(1Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n所以Sn＝－eq\f(1n).答案：－eq\f(1n)题型二数列求和1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sna3＝3S4＝10则eq\i\su(k＝1n)eq\f(1Sk)＝__________．解析：设等差数列{an}的首项为a1公差为d依题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝34a1＋6d＝10))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝32a1＋3d＝5))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1d＝1))所以Sn＝eq\f(n(n＋1)2)因此eq\i\su(k＝1n)eq\f(1Sk)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(12)＋\f(12)－\f(13)＋…＋\f(1n)－\f(1n＋1)))＝eq\f(2nn＋1).答案：eq\f(2nn＋1)2．(2018·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和已知a1＝－7S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn并求Sn的最小值．解：(1)设{an}的公差为d由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时Sn取得最小值最小值为－16.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和且a1＝1S7＝28.记bn＝[lgan]其中[x]表示不超过x的最大整数如[0.9]＝0[lg99]＝1.(1)求b1b11b101；(2)求数列{bn}的前1000项和．解：(1)设{an}的公差为d据已知有7＋21d＝28解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.b1＝[lg1]＝0b11＝[lg11]＝1b101＝[lg101]＝2.(2)因为bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(01≤n＜10110≤n＜1002100≤n＜10003n＝1000))所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.[明考情]1．已知数列递推关系求通项公式主要考查利用an与Sn的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式主要以选择题、填空题的形式考查有时作为解答题的第(1)问考查难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查常以解答题的形式考查有时与函数不等式综合在一起考查难度中等偏上．Snan关系的应用[典型例题](1)已知数列{an}的前n项和为Sn若3Sn＝2an－3n则a2019＝()A．－22019－1B．32019－6C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12)))eq\s\up12(2019)－eq\f(72)D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al