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通用版2017届高考数学知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题5数列推理与证明第23练数列求和问题文

第 23 练

数列求和问题

[题型分析·高考展望] 数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一, 主要考查等差、 等 比数列的前 n 项和公式以及其他求和方法, 尤其是错位相减法、 裂项相消法是高考的热点内 容,常与通项公式相结合考查,有时也与函数、方程、不等式等知识交汇,综合命题.

体验高考 1 1.(2015·安徽)已知数列{an}中,a1=1,an=an-1+ (n≥2),则数列{an}的前 9 项和等于 2 ________. 答案 27 1 9×8 1 解析 由已知数列{an}是以 1 为首项, 以 为公差的等差数列. ∴S9=9×1+ × =9+18 2 2 2 =27. 2. (2016·浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=4, an+1=2Sn+1, n∈N , 则 a1=______,
*

S5=______.
答案 1 解析 由? 121
? ?a2=2a1+1, ?a2+a1=4, ?

解得 a1=1,a2=3,

当 n≥2 时,由已知可得:

an+1=2Sn+1,① an=2Sn-1+1,②
①-②得 an+1-an=2an,∴an+1=3an,又 a2=3a1, ∴{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列. 1 n ∴Sn= (3 -1).∴S5=121. 2 3.(2015·课标全国Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,an+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= 1
2 2

anan+1

,求数列{bn}的前 n 项和.

解 (1)由 an+2an=4Sn+3,① 可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3.② ②-①可得 an+1-an+2(an+1-an)=4an+1, 即 2(an+1+an)=an+1-an=(an+1+an)(an+1-an). 由于 an>0,可得 an+1-an=2.
1
2 2 2 2 2

又 a1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知 - bn= = = ? ?. anan+1 ?2n+1??2n+3? 2?2n+1 2n+3? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 1 1 1? 1 1 ?

2

Tn=b1+b2+?+bn
1??1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?? = ?? - ?+? - ?+?+? ?? 2??3 5? ?5 7? ?2n+1 2n+3?? =

n . 3?2n+3?
2

4.(2016·山东)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n +8n,{bn}是等差数列,且 an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; ?an+1? (2)令 cn= n ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. ?bn+2? 解 (1)由题意知,当 n≥2 时,
n+1

Sn-1=3n2+2n-5,an=Sn-Sn-1=6n+5,
当 n=1 时,a1=S1=11,符合{an}通项公式, 所以 an=6n+5. 设数列{bn}的公差为 d.由?
?11=2b1+d, ? 即? ?17=2b1+3d, ? ? ?a1=b1+b2, ?a2=b2+b3, ?

可解得 b1=4,d=3,所以 bn=3n+1.
n+1

?6n+6? n+1 (2)由(1)知,cn= . n =3(n+1)·2 ?3n+3? 又 Tn=c1+c2+?+cn, 得 Tn=3×[2×2 +3×2 +?+(n+1)×2 2Tn=3×[2×2 +3×2 +?+(n+1)×2
2 3 4 3 4 2 3

n+1

],

n+2

].
n+1

两式作差,得-Tn=3×[2×2 +2 +2 +?+2
n

-(n+1)×2 =-3n·2

n+2

? 4?1-2 ?-?n+1?×2n+2? ]=3×?4+ ? 1-2 ? ?
.

n+2


n+2

所以 Tn=3n·2

2

高考必会题型 题型一 分组转化法求和 1 1 2 * 例 1 (2016·天津)已知{an}是等比数列,前 n 项和为 Sn(n∈N ),且 - = ,S6=63.

a1 a2 a 3

(1)求{an}的通项公式; (2)若对任意的 n∈N ,bn 是 log2an 与 log2an+1 的等差中项,求数列{(-1) bn}的前 2n 项和. 解 (1)设数列{an}的公比为 q. 1 1 2 由已知,有 - = 2,解得 q=2 或 q=-1.
*

n 2

a1 a1q a1q
6

1-q 又由 S6=a1· =63,知 q≠-1, 1-q 1-2 所以 a1· =63,得 a1=1. 1-2 所以 an=2
n-1
6

.

1 (2)由题意,得 bn= (log2an+log2an+1) 2 1 1 n-1 n = (log22 +log22 )=n- , 2 2 1 即{bn}是首项为 ,公差为 1 的等差数列. 2 设数列{(-1) bn}的前 n 项和为 Tn,则
2 2 2 2 2 T2n=(-b2 1+b2)+(-b3+b4)+?+(-b2n-1+b2n)

n 2

=b1+b2+b3+b4+?+b2n-1+b2n 2n?b1+b2n? 2 = =2n . 2 点评 分组求和常见的方法:(1)根据等差、等比数列分组,即分组后,每一组可能是等差 数列或等比数列;(2)根据正号、负号分组;(3)根据数列的周期性分组;(4)根据奇数项、 偶数项分组. 变式训练 1 (2016·浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N . (1)求通项公式 an; (2)求数列{|an-n-2|}的前 n 项和. 解 (1)由题意得?
?a1+a2=4, ? ? ?a2=2a1+1,
*

则?

?a1=1, ? ? ?a2=3.

又当 n≥2 时,

由 an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得 an+1=3an.

3

所以数列{an}的通项公式为 an=3 (2)设 bn=|3
n-1
*

n-1

,n∈N .

*

-n-2|,n∈N ,

则 b1=2,b2=1, 当 n≥3 时,由于 3
n-1

>n+2,故 bn=3

n-1

-n-2,n≥3.

设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 T1=2,T2=3, 9?1-3 ? ?n+7??n-2? 当 n≥3 时,Tn=3+ - 1-3 2 3 -n -5n+11 = , 2 2, n=1, ? ?3, n=2, 所以 T =? 3 -n -5n+11 ,n≥3,n∈N . ? ? 2
n n
2 *

n-2

n

2

题型二 错位相减法求和 例 2 (2015·湖北)设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}的公比为 q, 已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1) 求数列{an},{bn}的通项公式; (2) 当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
?10a1+45d=100, ? 解 (1)由题意有,? ?a1d=2, ? ? ?a1=1, 解得? ?d=2 ? ?2a1+9d=20, ? 即? ?a1d=2, ?

an bn

a1=9, ? ? 或? 2 d= . ? ? 9
1 ? ?a =9?2n+79?, 或? 2? ?9? . ?b =9·? ? ? ?
n n-1 n n-1

? ?an=2n-1, 故? n-1 ?bn=2 ?

(2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2

2n-1 ,故 cn= n-1 ,于是 2 ① ②

Tn=1+ + 2+ 3+ 4+?+

3 2

5 2

7 2

9 2

2n-1 n-1 , 2

1 1 3 5 7 9 2n-1 Tn= + 2+ 3+ 4+ 5+?+ n . 2 2 2 2 2 2 2 ①-②可得

4

1 1 1 1 2n-1 2n+3 Tn=2+ + 2+?+ n-2- n =3- n , 2 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2 点评 错位相减法的关注点 (1)适用题型:等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项“{an·bn}”型数列求和. (2)步骤: ①求和时先乘以数列{bn}的公比; ②把两个和的形式错位相减; ③整理结果形式. 变式训练 2 (2015·山东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn=3 +3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)因为 2Sn=3 +3, 所以 2a1=3+3,故 a1=3, 当 n>1 时,2Sn-1=3
n-1 n n

+3,
n n-1

此时 2an=2Sn-2Sn-1=3 -3 即 an=3
n-1

=2×3

n-1





?3,n=1, ? 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

(2)因为 anbn=log3an, 1 1 所以,当 n=1 时,b1= ,所以 T1=b1= ; 3 3 当 n>1 时,bn=3
1-n

log33

n-1

=(n-1)·3

1-n

.

1 -1 -2 1-n 所以,当 n>1 时,Tn=b1+b2+b3+?+bn= +(1×3 +2×3 +?+(n-1)×3 ), 3 所以 3Tn=1+(1×3 +2×3 +?+(n-1)×3
0 -1 2-n

),

2 0 -1 -2 2-n 1-n 两式相减,得 2Tn= +(3 +3 +3 +?+3 )-(n-1)×3 3 2 1-3 1-n = + -1 -(n-1)×3 3 1-3 13 6n+3 13 6n+3 = - - n ,所以 Tn= n, 6 2×3 12 4×3 经检验,n=1 时也适合. 13 6n+3 综上可得 Tn= - n. 12 4×3
1-n

5

题型三 裂项相消法求和 1 1 * 例 3 若数列{an}的前 n 项和为 Sn,点(an,Sn)在 y= - x 的图象上(n∈N ). 6 3 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)若 c1=0, 且对任意正整数 n 都有 cn+1-cn=log an, 求证: 对任意正整数 n≥2, 总有 ≤ 2 3 c2 1 1 1 3 + + +?+ < . c3 c4 cn 4 1 1 (1)解 ∵Sn= - an, 6 3 1 1 ∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= an-1- an, 3 3 1 ∴an= an-1. 4 1 1 1 又∵S1= - a1,∴a1= , 6 3 8 1 1 n-1 1 2n+1 ∴an= ( ) =( ) . 8 4 2 1 (2)证明 由 cn+1-cn=log an=2n+1,得 2 当 n≥2 时,cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+?+(cn-cn-1) =0+3+5+?+(2n-1) =n -1=(n+1)(n-1). 1 1 1 1 ∴ + + +?+
2

c2 c3 c4
2

cn



1 1 1 1 + 2 + 2 +?+ 2 2 -1 3 -1 4 -1 n -1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ×[(1- )+( - )+( - )+?+( - )]= [(1+ )-( + )] 2 3 2 4 3 5 n-1 n+1 2 2 n n+1 3 1 1 1 3 = - ( + )< . 4 2 n n+1 4 1 1 1 1 1 1 又∵ + + +?+ ≥ = , c2 c3 c4 cn c2 3 ∴原式得证. 点评 (1)裂项相消法:把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法, 适用于求通项为 1

an·an+1

的前 n 项和, 其中{an}若为等差数列, 则

1

an·an+1 d

1 1 1 = ·( - ). 其

an an+1

余还有公式法求和等.

6

(2)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项,也可能前面剩 两项,后面也剩两项. 变式训练 3 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=10,a2 为整数,且 Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= 1

anan+1

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

解 (1)由 a1=10,a2 为整数, 知等差数列{an}的公差 d 为整数. 又 Sn≤S4,故 a4≥0,a5≤0, 于是 10+3d≥0,10+4d≤0. 10 5 解得- ≤d≤- .因此 d=-3. 3 2 数列{an}的通项公式为 an=13-3n. 1 ? 1 1? 1 - (2)bn= = ? ?. ?13-3n??10-3n? 3?10-3n 13-3n? 于是 Tn=b1+b2+?+bn 1??1 1 ? ?1 1? ? 1 - 1 ?? = ?? - ?+? - ?+?+? ?? 3??7 10? ?4 7? ?10-3n 13-3n?? 1 1? 1 n - ? = ? . ?= 3?10-3n 10? 10?10-3n?

高考题型精练 1 1 1 1 1.已知数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,则其前 n 项和 Sn 为( 2 4 8 16 A.n +1- C.n +1- 答案 A 1 解析 因为 an=2n-1+ n, 2 1+2n-1 则 Sn= n+ 2
2 2

)

1 1 2 n B.n +2- n 2 2 1 2
n-1

1 2 D.n +2- n-1 2

?1- 1n?·1 ? 2? 2 ? ?
1 1- 2

1 2 =n +1- n. 2

1 1 2 1 2 3 1 2 3 9 1 2.已知数列{an}: , + , + + ,?, + + +?+ ,?,若 bn= ,那么 2 3 3 4 4 4 10 10 10 10 anan+1
7

数列{bn}的前 n 项和 Sn 为( A. C.

)

n n+1

B.

4n n+1

3n 5n D. n+1 n+1

答案 B 1+2+3+?+n n 解析 ∵an= = , n+1 2 ∴bn= 1

anan+1 n?n+1?



4

1 ? ?1 =4? - ?, ?n n+1?

1 ?? ?? 1? ?1 1? ?1 ∴Sn=4??1- ?+? - ?+?+? - ?? ?? 2? ?2 3? ?n n+1?? =4(1- 1 4n )= . n+1 n+1
n-1

3.数列{an}的通项公式为 an=(-1) A.200 B.-200 C.400 答案 B 解析

·(4n-3),则它的前 100 项之和 S100 等于(

)

D.-400

S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-?-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)

+?+(99-100)]=4×(-50)=-200.
? 当n为奇数时, ?n , 4. 已知函数 f(n)=? 2 ? ?-n ,当n为偶数时,
2

且 an=f(n)+f(n+1), 则 a1+a2+a3+?+

a100 等于(
A.0

) B.100 D.10 200

C.-100 答案 B

解析 由题意,得 a1+a2+a3+?+a100 =1 -2 -2 +3 +3 -4 -4 +5 +?+99 -100 -100 +101
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+?-(99+100)+(101+100) =-(1+2+?+99+100)+(2+3+?+100+101) =-50×101+50×103=100.故选 B. 5.若数列{an}的通项公式为 an= A.1- 1 3 1 1 B. - - 2 n n+1 3 1 1 D. - - 2 n+1 n+2 2 ,则其前 n 项和 Sn 为( n?n+2? )

n+2

3 1 1 C. - - 2 n n+2

8

答案 D 解析 因为 an= 2 1 1 = - , n?n+2? n n+2

所以 Sn=a1+a2+?+an 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1- + - + - +?+ - + - 3 2 4 3 5 n-1 n+1 n n+2 1 1 1 =1+ - - 2 n+1 n+2 3 1 1 = - - . 2 n+1 n+2 故选 D. 1 1 1 1 6.已知数列{an}为等比数列,前三项为:a, a+ , a+ ,且 Sn=a1+a2+?+an,则 Tn 2 2 3 3 =a1+a2+?+an等于(
2 2 2

)

? ?2?n? A.9?1-? ? ? ? ?3? ?
81? ?4?n? C. ?1-? ? ? 5 ? ?9? ? 答案 C

? ?2?n? B.81?1-? ? ? ? ?3? ? ? ?4?n? D.81?1-? ? ? ? ?9? ?

?1 1?2 ?1 1? 解析 由? a+ ? =a? a+ ? ?2 2? ?3 3?
解得 a=3(a=-1 舍去), 4 9 ? 2 2 Tn=a2 1+a2+?+an= 4 1- 9
n? ? a2 1?1-? ? ?

4 n? ? 81? = ?1-? ? ?. 9 ? 5?

7. 对于数列{an}, 定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”, 若 a1=1, {an}的“差数列” 的通项公式为 an+1-an=2 ,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 答案 2
n+1 n

-n-2
n

解析 因为 an+1-an=2 , 应用累加法可得 an=2 -1, 所以 Sn=a1+a2+a3+?+an =2+2 +2 +?+2 -n 2?1-2 ? = -n 1-2 =2
n+1 n
2 3

n

n

-n-2.
n

8.若数列{an}的通项公式为 an=2 +2n-1,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________.

9

答案 2

n+1

-2+n

2

2?1-2 ? n?1+2n-1? n+1 2 解析 Sn= + =2 -2+n . 1-2 2 9.数列{an}满足 an+1+(-1) an=2n-1,则{an}的前 60 项和为________. 答案 1 830 解析 ∵an+1+(-1) an=2n-1, ∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10 =17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,?,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+?+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+?+(a57+a58+a59+a60)=10+26 +42+?+234 15×?10+234? = =1 830. 2 10.在等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列? 项和 Sn=________. 答案
? ?bnbn+1?
n n

n

1 ? ?的前 n

n n+1

解析 设等比数列{an}的公比为 q, 则 =q =27,解得 q=3. 所以 an=a1q 所以 1
?
n-1

a4 a1

3

=3×3

n-1

=3 ,故 bn=log3an=n,

n

bnbn+1



1 1 1 = - . n?n+1? n n+1

则数列?

?bnbn+1?

1 ? 1 1 1 1 1 1 n ?的前 n 项和为 1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 n n+1 n+1 n+1

11.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,点?n, ?(n∈N )均在函数 y=3x-2 的图象上.
*

? ?

Sn? n?

(1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 3

anan+1

, Tn 是数列{bn}的前 n 项和, 求使得 Tn< 对所有 n∈N 都成立的最小正整数 20

m

*

m.
解 (1)依题意得, =3n-2,即 Sn=3n -2n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(3n -2n)-[3(n-1) -2(n-1)]=6n-5. 当 n=1 时,a1=S1=3×1 -2×1=1=6×1-5, 所以 an=6n-5(n∈N ).
10
* 2 2 2

Sn n

2

(2)由(1)得 bn=

3 = anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5]

3

1 ? 1? 1 - = ? ?. 2?6n-5 6n+1? 故 Tn= ?bn
i=1 n

1?? 1? ?1 1 ? ? 1 - 1 ?? = ??1- ?+? - ?+?+? ?? 7? ?7 13? 2?? ?6n-5 6n+1?? 1 ? 1? = ?1- . 6 n +1? 2? ? 1 ? m 1? 1 m 因此,使得 ?1- ?< (n∈N*)成立的 m 必须满足2≤20,即 m≥10, 6n+1? 20 2? 故满足要求的最小正整数 m 为 10. 12.在数列{an}中,a1=3,a2=5,且{an-1}是等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)∵{an-1}是等比数列且 a1-1=2,

a2-1 a2-1=4, =2, a1-1
∴an-1=2·2 ∴an=2 +1. (2)bn=nan=n·2 +n, 故 Tn=b1+b2+b3+?+bn =(2+2×2 +3×2 +?+n·2 )+(1+2+3+?+n). 令 T=2+2×2 +3×2 +?+n·2 , 则 2T=2 +2×2 +3×2 +?+n·2
2 3 2 3 4 2 3 2 3

n-1

=2 ,

n

n

n

n

n

n+1

.
n+1

两式相减,得-T=2+2 +2 +?+2 -n·2 2?1-2 ? n+1 = -n·2 , 1-2 ∴T=2(1-2 )+n·2 ∵1+2+3+?+n= ∴Tn=(n-1)·2
n+1 n n+1 n

n

=2+(n-1)·2 2 ,

n+1

.

n?n+1? n2+n+4
2



.

11


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