2020版高考数学习题:第五篇 数列(必修5) 第4节 数列求和
2020高考数学数列复习 第五部分 数列的求和
2020高考数学数列复习 第五部分 数列的求和(一)课标解读及教学要求:会灵活运用等差、等比数列的求和公式,掌握数列求和的几种特殊方法。
(二)典型例题:例题1:求下列个数列的和:(1)Λ,1617,815,413,211; (2)Λ,1171,951,731,511⨯⨯⨯⨯; (3);,888,166,144,12222222212Λ---- (4)1,1+2,1+2+22,1+2+22+23,…。
【命题意图】本题主要考查分组求和法、裂项相消法等数列求和的基本方法,考查等价转化等数学思想方法。
【分析】对于非等差、等比数列的求和问题,求出其通项公式是关键,学会从通项公式的结构特征进行分析,选择合理的方法。
【变题】(1)求和:n n n n n n n b ab ba b a b a a S ++++++=----122221Λ()*N n ∈; (2)求数列n n 313,,313,313,122+++Λ的各项的和。
(3)求n n n n n n C n C C C S )1(32210+++++=Λ(4)求n+++++++++++++++ΛΛ32114321132112111()*N n ∈;例题2:若数列}{n a 中,])1([2n n n a ---=,求9910S S 和。
【命题意图】本题主要考查特殊数列求和的方法。
【分析1】分类讨论。
【分析2】求出奇数项和偶数项的通项,再分别求和。
【分析3】展开分别求和。
例题3:设a 为常数,求数列Λ,3,2,32a a a 的前n 项和。
【命题意图】本题主要考查错位相消法求和。
【分析】分a=1与1≠a 讨论。
1≠a 时用错位相消法。
【变题1】:若公比为c 的等比数列为}{n a 的首项为,11=a 且满足)4,3(221Λ=+=--n a a a n n n (1)求c 的值;(2)求数列}{n na 的前n 项和n S 。
【分析】根据数列的递推关系和等比数列的知识,建立关于c 的方程,解方程即可求出c 的值,从而求得}{n a 的通项公式,进一步求出n na 的表达式,根据n na 的特点,再运用错位相消法求和。
2019-2020年高考数学 5.4 数 列 求 和练习
2019-2020年高考数学 5.4 数列求和练习(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.数列{1+2n-1}的前n项和为()A.1+2nB.2+2nC.n+2n-1D.n+2+2n【解析】选C.由题意得an=1+2n-1,所以Sn=n+=n+2n-1,故选C.【加固训练】若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=()A.15B.12C.-12D.-15【解析】选A.因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.2.(xx·青岛模拟)数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数n为()A.120B.99C.11D.121【解析】选A.an==-,所以a1+a2+…+an=(-1)+(-)+…+(-)=-1=10.即=11,所以n+1=121,n=120.3.已知数列{an},an=2n+1,则++…+=()A.1+B.1-2nC.1-D.1+2n【解析】选C.an+1-an=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以++…+=+++…+==1-=1-.4.(xx·杭州模拟)设函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列(n∈N*)的前n项和为()A. B. C. D.【解析】选C.函数f(x)=xm+ax的导数为f′(x)=mxm-1+a=2x+1,所以m=2,a=1,所以f(x)=x2+x,f(n)=n2+n,即===-,所以数列的前n项和为++…+=-+-+…+-=1-=,故选C.5.数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则Sxx等于()A.xxB.1008C.504D.0【解析】选B.因为an=ncos,所以当n为奇数时,an=0,当n为偶数时,an=其中m∈N*,所以Sxx=a1+a2+a3+a4+a5+…+axx=a2+a4+a6+a8+…+axx=-2+4-6+8-10+12-14+…+xx=(-2+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-xx+xx)=2×504=1008.故选B.【加固训练】(xx·合肥模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则Sxx=()A.2xx-1B.3×21008-3C.3×21008-1D.3×2xx-2【解析】选B.依题意得an·an+1=2n,an+1·an+2=2n+1,于是有=2,即=2,数列a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以a1=1为首项、2为公比的等比数列;数列a2,a4,a6,…,a2n,…是以a2=2为首项、2为公比的等比数列,于是有Sxx=(a1+a3+a5+…+axx)+(a2+a4+a6+…+axx)=+=3×21008-3,故选B.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设f(x)=,利用倒序相加法,可求得:(1)f+f+…+f的值为.(2)f+f+…+f=.【解析】当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=+==1.(1)设S1=f+f+…+f,倒序相加有2S1=++…+=10,即S1=5.(2)设S2=f+f+…+f,倒序相加有2S2=++…+f+f=xx,所以S2=1008.答案:(1)5(2)10087.(xx·郑州模拟)设数列{an}的通项公式为an=2n-10(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a15|=.【解析】由an=2n-10(n∈N*)知{an}是以-8为首项,2为公差的等差数列,又由an=2n-10≥0得n≥5,所以当n<5时,an<0,当n≥5时,an≥0,所以|a1|+|a2|+…+|a15|=-(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+…+a15)=20+110=130.答案:130【加固训练】(xx·郑州模拟)若数列{an}是1,,,…,1+++…+,…,则数列{an}的前n项和Sn=.【解析】an=1+++…+==2,所以Sn=2=2=2=2=2n-2+.答案:2n-2+8.(xx·厦门模拟)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是.【解析】由已知可得a1=f(1)=,a2=f(2)=[f(1)]2=,a3=f(3)=f(2)·f(1)=[f(1)]3=,…,an=f(n)=[f(1)]n=,所以Sn=+++…+==1-,因为n∈N*,所以≤Sn<1.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·开封模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列{an}的通项公式.(2)若数列{bn}满足++…+=1-,n∈N*,求{bn}的前n项和Tn.【解题提示】(1)根据等差数列的通项公式及前n项和公式,列出关于首项a1,公差d的方程组,解出a1,d,求得an.(2)先得到,再由(1)的结论得出bn,用错位相减法求出Tn.【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1,得解得因此an=2n-1,n∈N*.(2)由已知++…+=1-,n∈N*,当n=1时,=;当n≥2时,=1--=.所以=,n∈N*.由(1)知an=2n-1,n∈N*,所以bn=,n∈N*.所以Tn=+++…+,Tn=++…++.两式相减,得Tn=+-=--,所以Tn=3-.【误区警示】(1)解答本题的易错点:①由前n项和得出时,易忽视对n=1进行验证.②在利用错位相减法求和时,求得Tn后,易忽视对系数的处理.(2)解答该类问题易出现的错误:①求和类型分辨不清;②错位相减法求和时,对“错项对齐”不理解,导致减出的结果错误,若等比数列的公比为参数时,易忽视对公比为1的讨论.【加固训练】(xx·漳州模拟)在数列{an}和{bn}中,已知a1=2,a2=6,an+2an=3(n∈N*),bn=,(1)求证:数列{bn}是等比数列.(2)求数列{an}的通项公式.(3)若pn=,Sn为数列{pn}的前n项和,求Sn.【解析】(1)因为an+2an=3(n∈N*),所以====3,所以数列{bn}是以3为公比的等比数列.(2)由(1)可得到bn=b1qn-1=qn-1=×3n-1=3n,所以bn==3n,所以=31,=32,=33,……=3n-1,所以×××…×=31×32×33×…×3n-1,所以=31+2+3+…+(n-1)=.又因为a1=2,所以an=a1×=2×.(3)由(2)得:an=2×,所以pn=====-,所以Sn=p1+p2+p3+…+pn=+++…+=2-=.10.(xx·重庆模拟)数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的正整数n都有an>0,4Sn=.(1)求证:数列{an}是等差数列,并求通项公式.(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.【解析】(1)令n=1,4S1=4a1=(a1+1)2,解得a1=1,由4Sn=(an+1)2,得4Sn+1=(an+1+1)2,两式相减得4an+1=-,整理得(an+1+an)(an+1-an-2)=0,因为an>0,所以an+1-an=2,则数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,an=1+2(n-1)=2n-1.(2)由(1)得bn=,Tn=+++…+,①Tn=+++…+,②①-②得Tn=+2-=+2×-=-,所以Tn=1-.【加固训练】已知数列{an}是首项为a1=,公比为q=的等比数列,设bn+2=3loan(n∈N*),数列{cn}满足cn=an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式.(2)求数列{cn}的前n项和Sn.【解析】(1)由题意,知an=(n∈N*),又bn=3loan-2,故bn=3n-2(n∈N*).(2)由(1),知an=,bn=3n-2(n∈N*),所以cn=(3n-2)×(n∈N*).所以Sn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×,于是Sn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×.两式相减,得Sn=+3++…+-(3n-2)×=-(3n+2)×.所以Sn=-×(n∈N*).(20分钟40分)1.(5分)已知{an}是首项为1的等比数列,若Sn是{an}的前n项和,且28S3=S6,则数列的前4项和为()A.或4B.或4C. D.【解析】选C.设数列{an}的公比为q.当q=1时,由a1=1,得28S3=28×3=84.而S6=6,两者不相等,因此不合题意.当q≠1时,由28S3=S6及首项为1,得=.解得q=3.所以数列{an}的通项公式为an=3n-1.所以数列的前4项和为1+++=.2.(5分)数列{an}的通项an=sin,前n项和为Sn,则Sxx等于()A. B.0 C.1 D.-【解析】选B.由an=sin,知数列{an}是以6为周期的数列,且a1+a2+…+a6=0,则Sxx=(a1+a2+…+a6)+…+(axx+…+axx)+a2011+…+axx=a1+a2+…+a5=0.故选B.【加固训练】在数列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),记Sn为{an}的前n项和,则Sxx=.【解析】由a1=1,an+1=(-1)n(an+1)可得a1=1,a2=-2,a3=-1,a4=0,该数列是周期为4的数列,axx=a1=1,axx=a2=-2,axx=a3=-1,所以Sxx=503(a1+a2+a3+a4)+axx+axx+axx=503×(1-2-1+0)+1-2-1=-1008. 答案:-1008【方法技巧】数列求和的思路(1)等差数列和等比数列的前n项和公式是求和的基础.一般数列的求和问题往往通过变形整理,转化为这两类特殊数列的和的问题.例如,一类特殊数列的求和通过倒序相加法或错位相减法变形后,就可以转化为这两类数列的求和问题.(2)观察数列的特点是变形的基础.给定的数列有其自身的特点和规律,根据数列的特点和规律选择合适的方法变形是解题的突破口.3.(5分)已知定义在R上的函数f(x)=ax(0<a<1),且f(1)+f(-1)=,若数列{f(n)}(n∈N*)的前n项和等于,则n等于()A.4B.5C.6D.7【解析】选B.由f(1)+f(-1)=,得a+a-1=,即a+=,解得a=2(舍去)或a=,则数列{f(n)}是首项为a1=,公比q=的等比数列,所以Sn==×=1-,由1-=得=,解得n=5,故选B.4.(12分)(xx·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*),bn=log2(4an).(1)求数列{an}和{bn}的通项公式.(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.【解题提示】(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1=2an-2an-1,得出an=2an-1,数列{an}是等比数列,根据公式求出an,bn易求.(2)an·bn=(n+1)·2n,显然符合错位相减法求前n项和.【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1=2an-2an-1,所以an=2an-1,则=2,数列{an}为以1为首项,以2为公比的等比数列,所以an=2n-1.bn=log2(4an)=log2(4×2n-1)=log22n+1=n+1.(2)由(1)可知anbn=(n+1)2n-1,Tn=2×20+3×21+4×22+…+(n+1)×2n-1,2Tn=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)×2n,上面两式相减:-Tn=2+21+22+23+…+2n-1-(n+1)×2n=-n×2n,所以Tn=n·2n.【加固训练】已知数列{an}和{bn},数列{an}的前n项和记为Sn.若点(n,Sn)在函数y=-x2+4x的图象上,点(n,bn)在函数y=2x的图象上.(1)求数列{an}的通项公式.(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.【解析】(1)由已知得Sn=-n2+4n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+5.又当n=1时,a1=S1=3,也符合上式,所以an=-2n+5.(2)由已知得bn=2n,结合(1)可得anbn=(-2n+5)2n,所以Tn=3×21+1×22+(-1)×23+…+(-2n+5)2n①,2Tn=3×22+1×23+(-1)×24+…+(-2n+5)2n+1②,②—①可得Tn=-6+(23+24+…+2n+1)+(-2n+5)2n+1=+(-2n+5)2n+1-6=(-2n+7)2n+1-14.5.(13分)(xx·浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=((n∈N*),若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an与bn.(2)设cn=-(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn.①求Sn;②求正整数k,使得对任意n∈N*,均有Sk≥Sn.【解析】(1)由题意a1a2a3…an=(,b3-b2=6知a3=(=()6=8,又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列的通项an=2n(n∈N*),所以a1a2a3…an==()n(n+1),所以数列的通项bn=n(n+1)(n∈N*).(2)①由(1)知cn=-=--(n∈N*),所以Sn=-(n∈N*).②因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,cn=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,cn<0.综上,对任意n∈N*恒有S4≥Sn,故k=4.【加固训练】等差数列{an}的首项a1=3,且公差d≠0,其前n项和为Sn,且a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4项.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式.(2)证明:≤++…+<.【解析】(1)设等比数列的公比为q,因为a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4,所以(a1+3d)2=a1(a1+12d).又a1=3,所以d2-2d=0,所以d=2或d=0(舍去).所以an=3+2(n-1)=2n+1.等比数列{bn}的公比为==3,b1==1.所以bn=3n-1.(2)由(1)知Sn=n2+2n.所以==,所以++…+===-<.因为+≤+=,所以-≥,所以≤++…+<. .。
新课标2020年高考数学一轮总复习第五章数列5_4数列求和课时规范练文含解析新人教A版
5-4 数列求和课时规范练 A 组 基础对点练1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 5=5,S 5=15,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1的前100项和为( A )A.100101B.99101C.99100D.101100解析:因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 5=5,S 5=15,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1+4d =5,5a 1+4×52d =15,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =1,所以a n =a 1+(n -1)d =1+(n -1)×1=n , 所以1a n a n +1=1nn +1=1n -1n +1, 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1的前100项和S 100=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1100-1101=1-1101=100101.故选A.2.在数列{a n }中,a n +1-a n =2,S n 为{a n }的前n 项和.若S 10=50,则数列{a n +a n +1}的前10项和为( C ) A .100 B.110 C .120D.1303.已知函数y =log a (x -1)+3(a >0,a ≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项,若b n =1a n a n +1,数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 10=( B )A.911 B.1011 C .1D.12114.(2018·郑州质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2,且a n +2-2a n +1+a n =0(n ∈N *),记T n =1S 1+1S 2+…+1S n(n ∈N *),则T 2 018=( C )A.4 0342 018B.2 0172 018 C.4 0362 019D.2 0182 019解析:由a n +2-2a n +1+a n =0(n ∈N *),可得a n +2+a n =2a n +1,所以数列{a n }为等差数列,公差d =a 2-a 1=2-1=1,通项公式a n =a 1+(n -1)×d =1+n -1=n ,前n 项和S n =n a 1+a n2=n n +12,所以1S n=2nn +1=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1,则T n =1S 1+1S 2+…+1S n =2⎝ ⎛⎭⎪⎫11-12+12-13+…+1n -1n +1=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1n +1=2n n +1,故T 2 018=2×2 0182 018+1=4 0362 019,故选C. 5.已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1·a n =2n(n ∈N *),则S 2 016=__3×21_008-3__.解析:∵a 1=1, ∴a 2=2a 1=2.又a n +2·a n +1a n +1·a n =2n +12n =2, ∴a n +2a n=2, ∴a 1,a 3,a 5,…成等比数列,a 2,a 4,a 6,…成等比数列,且公比均为2, ∴S 2 016=(a 1+a 3+a 5+…+a 2 015)+(a 2+a 4+a 6+…+a 2 016) =1-21 0081-2+21-21 0081-2=3×21 008-3.6.(2016·高考全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和,且a 1=1,S 7=28.记b n =[lg a n ],其中[x ]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[ lg 99]=1. (1)求b 1,b 11,b 101;(2)求数列{b n }的前1 000项和. 解析:(1)设{a n }的公差为d , 据已知有7+21d =28,解得d =1. 所以{a n }的通项公式为a n =n . 则b 1=[lg 1]=0,b 11=[lg 11]=1,b 101=[lg 101]=2.(2)因为b n=⎩⎪⎨⎪⎧0,1≤n <10,1,10≤n <100,2,100≤n <1 000,3,n =1 000,所以数列{b n }的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.7.已知递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 6=64,且a 4,a 5的等差中项为3a 3. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =na 2n -1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析:(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0),由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5=64,a 1q 3+a 1q 4=6a 1q 2,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=2,q =2,所以a n =2n. (2)因为b n =na 2n -1=n22n -1,所以T n =12+223+325+427+…+n22n -1,14T n =123+225+327+…+n -122n -1+n22n +1, 所以34T n =12+123+125+127+…+122n -1-n 22n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-14n 1-14-n 22n +1=23-4+3n3×22n +1,故T n =89-16+12n 9×22n +1=89-4+3n 9×22n -1.8.S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a n >0,a 2n +2a n =4S n +3. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和.解析:(1)由a 2n +2a n =4S n +3,可知a 2n +1+2a n +1=4S n +1+3. 可得a 2n +1-a 2n +2(a n +1-a n )=4a n +1,即2(a n +1+a n )=a 2n +1-a 2n =(a n +1+a n )·(a n +1-a n ). 由于a n >0,所以a n +1-a n =2.又a 21+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n +1. (2)由a n =2n +1,可知b n =1a n a n +1=12n +12n +3=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+⎝ ⎛⎭⎪⎫15-17+…+⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3 =n32n +3.B 组 能力提升练1.(2018·福州质检)在首项都为3的数列{a n },{b n }中,a n +1-a n =3,b 2=9,b n +1-b n <2×3n+13,b n +2-b n >8×3n-1,且b n ∈Z ,则数列{a n +b n }的前50项的和为( C ) A.350+7 6472B.350+3 825 C.351+7 6472D.351+3 825解析:因为b n +1-b n <2×3n +13,所以b n +2-b n +1<2×3n +1+13,所以(b n +1-b n )+(b n +2-b n +1)<⎝⎛⎭⎪⎫2×3n +13+ ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×3n +1+13=8×3n +23.因为b n ∈Z ,所以b n +2-b n ∈Z ,又b n +2-b n>8×3n-1,所以b n +2-b n =8×3n.则b 2n -1=b 1+(b 3-b 1)+…+(b 2n -1-b 2n -3)=3+8×(3+33+…+32n -3)=3+8×31-9n -11-9=32n -1;b 2n =b 2+(b 4-b 2)+…+(b 2n -b 2n -2)=9+8×(32+34+…+32n -2)=9+8×321-9n -11-9=32n.综上,b n =3n(n ∈N *),所以{b n }的前50项的和为31-3501-3=351-32.因为数列{a n }是首项为3,公差为3的等差数列,故其前50项的和为50×3+50×492×3=3 825.所以数列{a n +b n }的前50项的和为351+7 6472.故选C.2.数列{a n }满足a 1=1,na n +1=(n +1)a n +n (n +1),且b n =a n cos 2n π3,记S n 为数列{b n }的前n 项和,则S 120=__7_280__. 解析:由na n +1=(n +1)a n +n (n +1),得a n +1n +1-a nn =1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以1为公差的等差数列,且a 11=1,所以a n n =n ,即a n =n 2,所以b n =n 2cos 2n π3,所以S 120=-12×12-12×22+32-12×42-12×52+62-…+1202=-12(12+22-2×32+42+52-2×62+…-2×1202)=-12 [(12+22+32+…+1202)-3×(32+62+92+…+1202)]=12×3×9×(12+22+…+402)-12×(12+22+32+…+1202) =12×3×9×40×41×816-12×120×121×2416=7 280. 3.已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x +6=0的根. (1)求{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和.解析:(1)方程x 2-5x +6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3. 设数列{a n }的公差为d ,则a 4-a 2=2d , 故d =12,从而a 1=32.所以{a n }的通项公式为a n =12n +1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ,由(1)知a n 2n =n +22n +1,则S n =322+423+…+n +12n +n +22n +1,12S n =323+424+…+n +12n +1+n +22n +2. 两式相减,得12S n =34+⎝ ⎛⎭⎪⎫123+…+12n +1-n +22n +2=34+14⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n -1-n +22n +2. 所以S n =2-n +42n +1.4.等差数列{a n }中,a 2=4,a 4+a 7=15. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n -2+n ,求b 1+b 2+b 3+…+b 10的值. 解析:(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+d =4,a 1+3d +a 1+6d =15,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=3,d =1,所以a n =a 1+(n -1)d =n +2. (2)由(1)可得b n =2n+n ,所以b 1+b 2+b 3+…+b 10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) =2×1-2101-2+1+10×102=211+53 =2 101.5.(2018·南宁二中、柳州高中两校联考)已知a 1=2,a 2=4,数列{b n }满足:b n +1=2b n +2,且a n +1-a n =b n .(1)求证:数列{b n +2}是等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式. 解析:(1)证明:由题意,得b n +1+2b n +2=2b n +2+2b n +2=2, 因为b 1=a 2-a 1=4-2=2, 所以b 1+2=4,所以数列{b n +2}是以4为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)可得b n +2=4·2n -1,故b n =2n +1-2.因为a n +1-a n =b n , 所以a 2-a 1=b 1,a 3-a 2=b 2, a 4-a 3=b 3,…a n -a n -1=b n -1,累加得,a n -a 1=b 1+b 2+b 3+…+b n -1,所以n ≥2时,a n =2+(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(2n-2)=21-2n1-2-2(n -1)=2n +1-2n ,即a n =2n +1-2n (n ≥2).因为a 1=2满足上式,所以数列{a n }的通项公式为a n =2n +1-2n (n ∈N *).6.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,满足a 1=3,b 1=1,b 2+S 2=10,a 5-2b 2=a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)令c n =⎩⎪⎨⎪⎧2S n,n 为奇数,b n ,n 为偶数,设数列{c n }的前n 项和为T n ,求T 2n .解析:(1)设数列{a n }的公差为d ,数列{b n }的公比为q ,由⎩⎪⎨⎪⎧b 2+S 2=10,a 5-2b 2=a 3,得⎩⎪⎨⎪⎧q +6+d =10,3+4d -2q =3+2d ,解得⎩⎪⎨⎪⎧d =2,q =2,∴a n =3+2(n -1)=2n +1,b n =2n -1. (2)由a 1=3,a n =2n +1,得S n =n a 1+a n2=n (n +2),则c n =⎩⎪⎨⎪⎧2n n +2,n 为奇数,2n -1,n 为偶数,即c n =⎩⎪⎨⎪⎧1n -1n +2,n 为奇数,2n -1,n 为偶数,∴T 2n =(c 1+c 3+…+c 2n -1)+(c 2+c 4+…+c 2n )=⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1+(2+23+…+22n -1) =1-12n +1+21-4n1-4=2n 2n +1+23(4n-1).。
高中数学必修五数列求和方法总结附经典例题和答案详解
数列专项之求和-4(一)等差等比数列前n 项求和1、 等差数列求和公式:d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式:⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nnn 项求和② 数列{}n a 为等差数列,数列{}n b 为等比数列,则数列{}n n a b ⋅的求和就要采用此法. ②将数列{}n n a b ⋅的每一项分别乘以{}n b 的公比,然后在错位相减,进而可得到数列{}n n a b ⋅的前n 项和.此法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法.例23. 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S )0(≠x例24.求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.一般地,当数列的通项12()()n ca anb an b =++ 12(,,,a b b c 为常数)时,往往可将na 变成两项的差,采用裂项相消法求和.可用待定系数法进行裂项:设12n a an b an b λλ=-++,通分整理后与原式相比较,根据对应项系数相等得21cb b λ=-,从而可得12211211=().()()()c c an b an b b b an b an b -++-++常见的拆项公式有: ①111(1)1n n n n =-++; ②1111();(21)(21)22121n n n n =--+-+③1a b=-- ④11;m m mn n n C C C -+=- ⑤!(1)!!.n n n n ⋅=+- ⑥])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-n n n n n n n…… 例25. 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.例26. 在数列{a n }中,11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ,又12+⋅=n n n a a b ,求数列{b n }的前n 项的和.有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.一般分两步:①找通向项公式②由通项公式确定如何分组.例27. 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和. 例28. 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n如果一个数列{}n a ,与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和,则可用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到了一个常数列的和,这种求和方法称为倒序相加法。
2020版高考数学一轮复习第5章数列5.4数列求和课后作业理
5.4 数列求和[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 2=10,S 5=55,则a n +100+a n -98=( ) A .8n +6 B .4n +1 C .8n +3 D .4n +3答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ,则S n =na 1+n n -12d ,由S 2=10,S 5=55,可得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1+22-12d =10,5a 1+55-12d =55,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=3,d =4,所以a n =a 1+(n -1)d =4n -1,则a n +100+a n -98=2a n +1=8n +6.故选A.2.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S 33-S 22=1,则数列{a n }的公差是( )A .1B .2C .4D .6答案 B解析 由S 33-S 22=1得a 1+a 2+a 33-a 1+a 22=a 1+d -2a 1+d 2=d2=1,所以d =2.故选B.3.若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ,T n ,已知S n T n =7n n +3,则a 5b 5=( )A.23 B.278 C .7 D.214答案 D解析a 5b 5=2a 52b 5=a 1+a 9b 1+b 9=9a 1+a 929b 1+b 92=S 9T 9=7×99+3=214.故选D. 4.已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2,当n 为正奇数时,-n 2,当n 为正偶数时,且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A .0B .100C .-100D .102答案 B解析 由题意,得a 1+a 2+…+a 100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-…-(99+100)+(101+100)=100.故选B.5.已知数列{a n }满足a n +1=12+a n -a 2n ,且a 1=12,则该数列的前2018项的和等于( )A .1512B .1513C .1513.5D .2018答案 C解析 因为a 1=12,又a n +1=12+a n -a 2n ,所以a 2=1,从而a 3=12,a 4=1,即得a n =⎩⎪⎨⎪⎧12,n =2k -1k ∈N *,1,n =2k k ∈N *,故数列的前2018项的和S 2018=1009×⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12=1513.5.故选C.6.在数列{a n }中,已知对任意n ∈N *,a 1+a 2+a 3+…+a n =3n -1,则a 21+a 22+a 23+…+a 2n 等于( )A .(3n-1)2B.12(9n-1) C .9n -1 D.14(3n-1) 答案 B解析 因为a 1+a 2+…+a n =3n-1,所以a 1+a 2+…+a n -1=3n -1-1(n ≥2).则n ≥2时,a n =2×3n -1.当n =1时,a 1=3-1=2,适合上式,所以a n =2×3n -1(n ∈N *).则数列{a 2n }是首项为4,公比为9的等比数列.故选B.7.设直线nx +(n +1)y =2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ,则S 1+S 2+…+S 2017的值为( )A.20142015 B.20152016 C.20162017D.20172018答案 D解析 直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ,0,与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0,2n +1,∴S n =12·2n ·2n +1=1n n +1=1n -1n +1.∴原式=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12017-12018=1-12018=20172018.故选D.8.已知{a n }为等比数列,S n 是它的前n 项和.若a 3a 5=14a 1,且a 4与a 7的等差中项为98,则S 5等于( )A .35B .33C .31D .29答案 C解析 设等比数列{a n }的公比是q ,所以a 3a 5=a 21q 6=14a 1,得a 1q 6=14,即a 7=14.又a 4+a 7=2×98,解得a 4=2,所以q 3=a 7a 4=18,所以q =12,a 1=16,故S 5=a 11-q 51-q =16⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1321-12=31.故选C.9.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则下列说法中一定成立的是( ) A .若a 3>0,则a 2017<0 B .若a 4>0,则a 2018<0 C .若a 3>0,则S 2017>0 D .若a 4>0,则S 2018>0答案 C解析 等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ,若a 3>0,则a 1q 2>0,所以a 1>0,所以a 2017=a 1q 2016>0,所以A 不成立;对于B ,若a 4>0,则a 1q 3>0,所以a 1q >0,所以a 2018=a 1q2017>0,所以B 不成立;对于C ,若a 3>0,则a 1=a 3q 2>0,所以当q =1时,S 2017>0,当q ≠1时,S 2017=a 11-q 20171-q>0(1-q 与1-q2017同号),所以C 一定成立,易知D 不一定成立.故选C.10.在数列{a n }中,a n >0,a 1=12,如果a n +1是1与2a n a n +1+14-a 2n 的等比中项,那么a 1+a 222+a 332+a 442+…+a 1001002的值是( )A.10099 B.101100 C.100101D.99100答案 C解析 由题意,可得a 2n +1=2a n a n +1+14-a 2n⇒(2a n +1+a n a n +1+1)(2a n +1-a n a n +1-1)=0⇒a n +1=12-a n ⇒a n +1-1=a n -12-a n ⇒1a n +1-1=1a n -1-1,∴1a n -1=112-1-(n -1)=-n -1⇒a n =n n +1⇒a nn2=1n n +1=1n -1n +1,∴a 1+a 222+…+a 1001002=1-12+12-13+…+1100-1101=100101.故选C.二、填空题11.S n =1+11+111+…+11…1n 个=________.答案10n +1-9n -1081解析 ∵a n =19(10n-1),∴S n =1+11+111+…+11…1n 个=19[(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)] =19[(10+102+ (10))-n ] =19⎣⎢⎡⎦⎥⎤1010n-19-n =10n +1-9n -1081. 12.数列{a n }满足:a 1=43,且a n +1=4n +1a n 3a n +n (n ∈N *),则1a 1+2a 2+3a 3+…+2018a 2018=________.答案 201723+13×42018解析 由题意可知n +1a n +1=34+14·n a n ⇒n +1a n +1-1=14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n -1,又1a 1-1=-14,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n -1是以-14为首项,以14为公比的等比数列,所以n a n =1-14n ,所以1a 1+2a 2+3a 3+…+n a n =n -14⎝ ⎛⎭⎪⎫1-14n 1-14=n -13+13·14n ,则1a 1+2a 2+3a 3+…+2018a 2018=2018-13+13×142018=201723+13×42018. 13.设f (x )=12x +2,利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法,可求得f (-5)+f (-4)+…+f (0)+…+f (5)+f (6)的值为________.答案 3 2解析 ∵6+(-5)=1,∴f (-5),f (-4),…,f (5),f (6)共有11+1=12项. 由f (-5),f (6);f (-4),f (5);…;f (0),f (1)共有6对,且该数列为等差数列. 又f (0)+f (1)=11+2+12+2=11+2+121+2=2+121+2=12=22, ∴f (-5)+f (-4)+…+f (6)=6×22=3 2. 14.已知数列{a n }的各项均为正整数,其前n 项和为S n ,若a n +1=⎩⎪⎨⎪⎧a n +12,a n 是奇数,3a n -1,a n 是偶数且S 3=10,则S 2016=________.答案 6720解析 当a 1为奇数时,a 2=a 1+12,此时若a 2为奇数,则a 3=a 2+12=a 1+12+12=a 1+34,∴S 3=a 1+a 1+12+a 1+34=7a 1+54=10,解得a 1=5,此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2,….当a 1为奇数时,a 2=a 1+12,此时若a 2为偶数,则a 3=3a 2-1=3a 1+12-1=3a 1+12,∴S 3=a 1+a 1+12+3a 1+12=3a 1+1=10,解得a 1=3,此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5,….当a 1为偶数时,a 2=3a 1-1,此时a 2为奇数,则a 3=a 2+12=3a 1-1+12=3a 12,∴S 3=a 1+3a 1-1+3a 12=112a 1-1=10,解得a 1=2,此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3,….上述三种情况中,数列{a n }均为周期数列.∵672×3=2016,∴S 2016=672S 3=6720.B 级三、解答题15.已知S n 是数列{a n }的前n 项和,且满足S n -2a n =n -4. (1)证明:{S n -n +2}为等比数列; (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明:由题意知S n -2(S n -S n -1)=n -4(n ≥2),即S n =2S n -1-n +4, 所以S n -n +2=2[S n -1-(n -1)+2], 又易知a 1=3,所以S 1-1+2=4,所以{S n -n +2}是首项为4,公比为2的等比数列. (2)由(1)知S n -n +2=2n +1,所以S n =2n +1+n -2,于是T n =(22+23+…+2n +1)+(1+2+…+n )-2n =41-2n1-2+n n +12-2n =2n +3+n 2-3n -82.16.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a 2n +1=2S n +n +4,a 2-1,a 3,a 7恰为等比数列{b n }的前3项.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若c n =log 2b n b n -1a n a n +1,求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n +1=2S n +n +4,所以a 2n =2S n -1+n -1+4(n ≥2),两式相减得a 2n +1-a 2n =2a n +1,所以a 2n +1=a 2n +2a n +1=(a n +1)2,所以a n +1-a n =1.又a 23=(a 2-1)a 7,所以(a 2+1)2=(a 2-1)(a 2+5),解得a 2=3,又a 22=2a 1+1+4,所以a 1=2,所以{a n }是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n =n +1.故b 1=2,b 2=4,b 3=8,所以b n =2n.(2)由(1)得,c n =n 2n -1n +1n +2,故T n =c 1+c 2+…+c n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12+24+…+n 2n -⎣⎢⎡12×3+13×4+…+⎦⎥⎤1n +1n +2. 设F n =12+24+…+n 2n ,则12F n =122+223+…+n 2n +1,作差得12F n =12+122+…+12n -n2n +1,所以F n =2-n +22n.设G n =12×3+13×4+…+1n +1n +2=12-13+13-14+…+1n +1-1n +2=12-1n +2,所以T n =2-n +22n -⎝ ⎛⎭⎪⎫12-1n +2=32-n +22n +1n +2. 17.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m -1=-4,S m =0,S m +2=14(m ≥2,且m ∈N *). (1)求m 的值;(2)若数列{b n }满足a n2=log 2b n (n ∈N *),求数列{(a n +6)·b n }的前n 项和.解 (1)由已知得,a m =S m -S m -1=4, 且a m +1+a m +2=S m +2-S m =14,设数列{a n }的公差为d ,则有2a m +3d =14, ∴d =2.由S m =0,得ma 1+m m -12×2=0,即a 1=1-m ,∴a m =a 1+(m -1)×2=m -1=4, ∴m =5.(2)由(1)知a 1=-4,d =2,∴a n =2n -6, ∴n -3=log 2b n ,得b n =2n -3,∴(a n +6)·b n =2n ·2n -3=n ·2n -2.设数列{(a n +6)·b n }的前n 项和为T n , 则T n =1×2-1+2×20+…+(n -1)×2n -3+n ×2n -2,① 2T n =1×20+2×21+…+(n -1)×2n -2+n ×2n -1,② ①-②,得-T n =2-1+20+…+2n -2-n ×2n -1=2-11-2n1-2-n ×2n -1=2n -1-12-n ×2n -1,∴T n =(n -1)×2n -1+12(n ∈N *). 18.在等比数列{a n }中,a 1>0,n ∈N *,且a 3-a 2=8,又a 1,a 5的等比中项为16. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 4a n ,数列{b n }的前n 项和为S n ,是否存在正整数k ,使得1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n<k 对任意n ∈N *恒成立,若存在,求出正整数k 的最小值;若不存在,请说明理由.解 (1)设数列{a n }的公比为q ,由题意可得a 3=16,a 3-a 2=8,则a 2=8,q =2,a 1=4,所以a n =2n +1.(2)b n =log 42n +1=n +12,S n =b 1+b 2+…+b n =n n +34.1S n =4nn +3=43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +3, 所以1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n=43⎝ ⎛⎭⎪⎫11-14+12-15+13-16+…+1n -1n +3=43⎝⎛⎭⎪⎫1+12+13-1n +1-1n +2-1n +3=43×116-43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2+1n +3=229-43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2+1n +3.当n =1时,1S 1=1<2<229;当n ≥2时,1S 1+1S 2+…+1S n=229-43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2+1n +3<229<3.故存在k =3时,对任意的n ∈N *都有1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n<3.。
高考数学一轮复习第五篇数列(必修5)第4节数列求和习题理(含解析)
3.等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{ }的前10项的和为( C )
答案: -1
8.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为.
解析:由题意知所求数列的通项为 =2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为 -n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
能力提升(时间:15分钟)
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 017的值为( D )
a2=a1+cos 2π=1+1=2,
a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,
a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,
a5=-a4+cos 5π=2-1=1,
……
由上可知,数列{an}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,
所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.
10.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=6,S5= ,则数列{ }的前n项和为( B )
(A)1- (B)2-
(C)2- (D)2-
2020高考人教数学(理)大一轮复习检测:第五章 第四节 数列求和及综合应用
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级 基础夯实练1.(2018·河北衡水中学质检)1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12+1+12+14+…+⎝⎛⎭⎪⎫1+12+14+…+1210的值为( )A .18+129B .20+1210C .22+1211D .18+1210解析:选B.设a n =1+12+14+…+12n -1=1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1-12=2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .则原式=a 1+a 2+…+a 11=2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫121+2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1211 =2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11-⎝ ⎛⎭⎪⎫12+122+…+1211 =2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤11-12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12111-12=2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11-⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1211 =2⎝ ⎛⎭⎪⎫11-1+1211=20+1210.2.(2018·重庆联考)设y =f (x )是一次函数,若f (0)=1,且f (1),f (4),f (13)成等比数列,则f (2)+f (4)+…+f (2n )等于( )A .n (2n +3)B .n (n +4)C .2n (2n +3)D .2n (n +4)解析:选 A.由题意可设f (x )=kx +1(k ≠0),则(4k +1)2=(k +1)×(13k +1),解得k =2,f (2)+f (4)+…+f (2n )=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n +1)=2(2+4+…+2n )+n =n (2n +3).3.(2018·贵阳模拟)已知数列{a n }:12,13+23,14+24+34,…,110+210+310+…+910,…,若b n =1a n a n +1,那么数列{b n }的前n 项和S n 为( )A.nn +1 B .4n n +1C.3n n +1D .5n n +1解析:选B.∵a n =1+2+3+…+n n +1=n2,∴b n =1a n a n +1=4n (n +1)=4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1,∴S n =4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=4⎝⎛⎭⎪⎫1-1n +1=4nn +1. 4.(2018·南昌模拟)若数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n ·(3n -2),则a 1+a 2+…+a 12=( )A .18B .15C .-18D .-15解析:选A.记b n =3n -2,则数列{b n }是以1为首项,3为公差的等差数列,所以a 1+a 2+…+a 11+a 12=(-b 1)+b 2+…+(-b 11)+b 12=(b 2-b 1)+(b 4-b 3)+…+(b 12-b 11)=6×3=18.5.(2018·深圳调研)已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A .0B .100C .-100D .10 200解析:选B.由题意,得a 1+a 2+a 3+…+a 100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012 =(12-22)+(32-22)+(32-42)+…+(992-1002)+(1012-1002) =-(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.6.(2018·青岛二模)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________.解析:每天植树的棵数构成以2为首项,2为公比的等比数列,其前n 项和S n =a 1(1-q n )1-q =2(1-2n )1-2=2n +1-2.由2n +1-2≥100,得2n +1≥102,由于26=64,27=128,则n +1≥7,即n ≥6.答案:67.(2018·黄石二模)已知公比不为1的等比数列{a n }的前5项积为243,且2a 3为3a 2和a 4的等差中项.若数列{b n }满足b n =log 3a n +2(n ∈N *),则数列{a n +b n }的前n 项和S n =________.解析:由前5项积为243得a 3=3.设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1),由2a 3为3a 2和a 4的等差中项,得3×3q +3q =4×3,由公比不为1,解得q =3,所以a n =3n -2,故b n =log 3a n +2=n ,所以a n +b n =3n -2+n ,数列{a n +b n }的前n 项和S n =3-1+30+31+32+…+3n -2+1+2+3+…+n =3-1(1-3n )1-3+n (n +1)2=3n -16+n (n +1)2.答案:3n -16+n (n +1)28.(2018·济南模拟)在公差d <0的等差数列{a n }中,已知a 1=10,且a 1,2a 2+2,5a 3成等比数列,则|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=________.解析:由已知可得(2a 2+2)2=5a 1a 3,即4(a 1+d +1)2=5a 1·(a 1+2d ),所以(11+d )2=25(5+d ),解得d =4(舍去)或d =-1,所以a n =11-n .当1≤n ≤11时 ,a n ≥0,所以|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=a 1+a 2+a 3+…+a n =n (10+11-n )2=n (21-n )2;当n ≥12时,a n <0,所以|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=a 1+a 2+a 3+…+a 11-(a 12+a 13+…+a n )=2(a 1+a 2+a 3+…+a 11)-(a 1+a 2+a 3+…+a n )=2×11(21-11)2-n (21-n )2=n 2-21n +2202. 综上所述,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=⎩⎨⎧n (21-n )2,1≤n ≤11,n 2-21n +2202,n ≥12.答案:⎩⎨⎧n (21-n )2,1≤n ≤11,n 2-21n +2202,n ≥129.(2018·河北唐山二模)已知数列{a n }为单调递增数列,S n 为其前n 项和,2S n =a 2n +n .(1)求{a n }的通项公式;(2)若b n =a n +22n +1·a n ·a n +1,T n 为数列{b n }的前n 项和,证明:T n <12.解:(1)当n =1时,2S 1=2a 1=a 21+1,所以(a 1-1)2=0,即a 1=1, 又{a n }为单调递增数列,所以a n ≥1.由2S n =a 2n +n 得2S n +1=a 2n +1+n +1,所以2S n +1-2S n =a 2n +1-a 2n +1,则2a n +1=a 2n +1-a 2n +1,所以a 2n =(a n +1-1)2.所以a n =a n +1-1,即a n +1-a n =1,所以{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n =n . (2)证明:b n =a n +22n +1·a n ·a n +1=n +22n +1·n ·(n +1)=1n ·2n -1(n +1)·2n +1,所以T n =⎝ ⎛⎭⎪⎫11×21-12×22+⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22-13×23+…+⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ·2n -1(n +1)·2n +1=12-1(n +1)·2n +1<12. 10.(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n +1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n .(1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式.解:(1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28, 解得a 4=8.由a 3+a 5=20得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q +1q =20, 解得q =2或q =12,因为q >1,所以q =2.(2)设c n =(b n +1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n =2n 2+n .由c n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2,解得c n =4n -1.由(1)可得a n =2n -1,所以b n +1-b n =(4n -1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1,故b n -b n -1=(4n -5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2,n ≥2,b n -b 1=(b n -b n -1)+(b n -1-b n -2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1)=(4n -5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2+(4n -9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -3+…+7×12+3.设T n =3+7×12+11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+(4n -5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2,n ≥2,12T n =3×12+7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+(4n -9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2+(4n -5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1, 所以12T n =3+4×12+4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2-(4n -5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1,因此T n =14-(4n +3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n +3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2.B 级 能力提升练11.(2018·合肥模拟)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1·a n =2n (n ∈N *),S n 是数列{a n }的前n 项和,则S 2 020=( )A .22 020-1B .3×21 010-3C .3×21 010-1D .3×22 020-2解析:选B.依题意得a n ·a n +1=2n,a n +1·a n +2=2n +1,于是有a n +1·a n +2a n ·a n +1=2,即a n +2a n =2,数列a 1,a 3,a 5,…,a 2n -1,…是以a 1=1为首项、2为公比的等比数列;数列a 2,a 4,a 6,…,a 2n ,…是以a 2=2为首项、2为公比的等比数列,于是有S 2 020=(a 1+a 3+a 5+…+a 2 019)+(a 2+a 4+a 6+…+a 2 020)=1-21 0101-2+2(1-21 010)1-2=3×21 010-3,故选B.12.定义np 1+p 2+…+p n为n 个正数p 1,p 2,…,p n 的“均倒数”.若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n +1,又b n =a n +14,则1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b 10b 11=( ) A.111 B .112C.1011D .1112解析:选C.依题意有na 1+a 2+…+a n =12n +1,即数列{a n }的前n项和S n =n (2n +1)=2n 2+n ,当n =1时,a 1=S 1=3;当n ≥2时,a n =S n -S n -1=4n -1,a 1=3满足该式.则a n =4n -1,b n =a n +14=n .因为1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1,所以1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b 10b 11=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫110-111=1-111=1011.13.(2018·衡水模拟)数列{a n }是等差数列,数列{b n }满足b n =a n a n+1a n +2(n ∈N *),设S n 为{b n }的前n 项和.若a 12=38a 5>0,则当S n 取得最大值时n 的值为________.解析:设{a n }的公差为d ,由a 12=38a 5>0,得a 1=-765d ,d <0,所以a n =⎝⎛⎭⎪⎫n -815d ,从而可知当1≤n ≤16时,a n >0;当n ≥17时,a n <0.从而b 1>b 2>…>b 14>0>b 17>b 18>…,b 15=a 15a 16a 17<0,b 16=a 16a 17a 18>0,故S 14>S 13>…>S 1,S 14>S 15,S 15<S 16,S 16>S 17>S 18>….因为a 15=-65d >0,a 18=95d <0,所以a 15+a 18=-65d +95d =35d<0,所以b 15+b 16=a 16a 17(a 15+a 18)>0,所以S 16>S 14,故当S n 取得最大值时n =16.答案:1614.(2018·湘东五校联考)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4=14,且a 1,a 3,a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1前n 项的和,若λT n ≤a n +1对一切n ∈N *恒成立,求实数λ的最大值.解:(1)设公差为d ,由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1+6d =14,(a 1+2d )2=a 1(a 1+6d ), 解得d =1或d =0(舍去),所以a 1=2,所以a n =n +1. (2)因为1a n a n +1=1n +1-1n +2,所以T n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14+…+1n +1-1n +2=12-1n +2=n2(n +2),又λT n ≤a n +1对一切n ∈N *恒成立,所以λ≤2(n +2)2n =2⎝ ⎛⎭⎪⎫n +4n +8,而2⎝⎛⎭⎪⎫n +4n +8≥16,当且仅当n =2时等号成立.所以λ≤16,即λ的最大值为16.15.(2018·长沙模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列,a 10=15,且a 3,a 4,a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n2n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:-74≤T n <-1(n∈N *).解:(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0),由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 10=15,a 24=a 3a 7,即⎩⎪⎨⎪⎧a 1+9d =15,(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+6d ),解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-3,d =2.∴a n =2n -5(n ∈N *).(2)证明:∵b n =a n 2n =2n -52n ,n ∈N *.∴T n =-32+-122+123+…+2n -52n ,①12T n =-322+-123+124+…+2n -72n +2n -52n +1,② ①-②得12T n =-32+2⎝ ⎛⎭⎪⎫122+123+…+12n -2n -52n +1=-12+1-2n2n +1,∴T n =-1-2n -12n (n ∈N *),∵2n -12n >0(n ∈N *),∴T n <-1.T n +1-T n =⎝ ⎛⎭⎪⎫-1-2n +12n +1-⎝⎛⎭⎪⎫-1-2n -12n =2n -32n +1,∴T n <T n +1(n ≥2).又T 1=-1-12=-32,T 2=-1-4-14=-74.∵T 1>T 2,∴T 2最小,即T n ≥T 2=-74.综上所述,-74≤T n <-1(n ∈N *).C 级 素养加强练16.已知等差数列{a n }中,a 2=p (p 是不等于0的常数),S n 为数列{a n }的前n 项和,若对任意的正整数n 都有S n =n (a n -a 1)2. (1)记b n =S n +2S n +1+S n +1S n +2,求数列{b n }的前n 项和T n ; (2)记c n =T n -2n ,是否存在正整数N ,使得当n >N 时,恒有c n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52,3,若存在,证明你的结论,并给出一个具体的N 值,若不存在,请说明理由.解:(1)由S 2=2(a 2-a 1)2得a 1+a 2=a 2-a 1, ∴a 1=0,∴d =a 2-a 1=p -0=p ,∴S n =n (a n -a 1)2=n (n -1)p 2, b n =S n +2S n +1+S n +1S n +2=n +2n +n n +2=2+2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2, 所以T n =2n +2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-14+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+⎝ ⎛⎭⎪⎫14-16+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1-1n +1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2 =2n +2⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12-1n +1-1n +2=2n +3-2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2. (2)c n =T n -2n =3-2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2<3对所有正整数n 都成立; 若c n >52,即3-2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2>52⇔1n +1+1n +2<14,记f (n )=1n +1+1n +2,则f (n )单调递减, 又f (6)=17+18>18+18=14,f (7)=18+19<18+18=14,故可取N =6,则当n >6时,f (n )<14. 故存在正整数N ,使得当n >N 时,恒有c n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52,3,N 可以取所有不小于6的正整数.。
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档:第五章 第四节 数列求和与数列的综合应用 含答案
由 即
可解得 所以bn=3n+1。
(2)由(1)知cn= =3(n+1)·2n+1,
又Tn=c1+c2+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得
-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
解析:因为ex≥x+1,a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),所以ea1+a2+a3+a4=a1+a2+a3≥a1+a2+a3+a4+1,则a4≤-1,又a1>1,所以等比数列的公比q<0。若q≤-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,而a1+a2+a3≥a1>1,所以ln(a1+a2+a3)>0,与ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4≤0矛盾,所以-1<q<0,所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,所以a1>a3,a2<a4。故选B。
两式相减,并化简,得an+1=3an-2,
即an+1-1=3(an-1),又a1-1=-2-1=-3≠0,
所以{an-1}是以-3为首项,3为公比的等比数列,
所以an-1=(-3)·3n-1=-3n。
故an=-3n+1。
(2)证明:由bn=log3(-an+1)=log33n=n,
得 = = ,
所以Tn=
答案B
三、走出误区
微提醒:①不会分组致误;②错位相减法运用不熟出错。
5.已知数列:1 ,2 ,3 ,…, ,则其前n项和关于n的表达式为______________。
(新人教A版)2020版高考数学大一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用讲义理
考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式;2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法;3.了解数列是一种特殊的函数;4.能在具体问题情境中,发现等差、等比关系,并解决相应的问题.知 识 梳 理1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式: S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d .(2)等比数列的前n 项和公式: S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1,q =1,a 1-a n q 1-q =a 1(1-q n )1-q ,q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解. (2)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,从而求得其和. (3)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,这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两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.数列应用题常见模型(1)等差模型:如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值,该模型是等差模型,增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数,该模型是等比模型,这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化,应考虑a n 与a n +1(或者相邻三项等)之间的递推关系,或者S n 与S n +1(或者相邻三项等)之间的递推关系. [微点提醒]1.1+2+3+4+…+n =n (n +1)2.2.12+22+…+n 2=n (n +1)(2n +1)6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n (n +1)=1n -1n +1. (2)1(2n -1)(2n +1)=12⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1.(3)1n +n +1=n +1-n .基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n =a 1-a n +11-q .( )(2)当n ≥2时,1n 2-1=12(1n -1-1n +1).( )(3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( ) (4)若数列a 1,a 2-a 1,…,a n -a n -1是首项为1,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式是a n =3n -12.( ) 解析 (3)要分a =0或a =1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中,a n =1n (n +1),若{a n }的前n 项和为2 0192 020,则项数n 为( )A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a n =1n (n +1)=1n -1n +1,S n =1-12+12-13+…+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1=2 0192 020,所以n =2019.答案 B3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中,若a 1=27,a 9=1243,q >0,S n 是其前n 项和,则S 6=________. 解析 由a 1=27,a 9=1243知,1243=27·q 8,又由q >0,解得q =13,所以S 6=27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝⎛⎭⎫1361-13=3649.答案36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n +1-a n =2,a 1=-5,则|a 1|+|a 2|+…+|a 6|=( ) A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列,又a 1=-5,所以|a 1|+|a 2|+…+|a 6|=|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5=5+3+1+1+3+5=18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,b n -a n =2n +1,且S n +T n =2n +1+n 2-2,则2T n =________________.解析 由题意知T n -S n =b 1-a 1+b 2-a 2+…+b n -a n =n +2n +1-2,又S n +T n =2n +1+n 2-2,所以2T n =T n -S n +S n +T n =2n +2+n (n +1)-4.答案 2n +2+n (n +1)-46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )+f (1-x )=4,a n =f (0)+f ⎝⎛⎭⎫1n +…+f ⎝⎛⎭⎫n -1n +f (1)(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )+f (1-x )=4,可得f (0)+f (1)=4,…,f ⎝⎛⎭⎫1n +f ⎝⎛⎭⎫n -1n =4,所以2a n=[f (0)+f (1)]+⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n +f ⎝⎛⎭⎫n -1n +…+[f (1)+f (0)]=4(n +1),即a n =2(n +1). 答案 a n =2(n +1)考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中,a 1=1,且a 1,a 2,a 3-1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n =2n -1+a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2+2n 的大小. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q , ∵a 1,a 2,a 3-1成等差数列, ∴2a 2=a 1+(a 3-1)=a 3,∴q =a 3a 2=2,∴a n =a 1q n -1=2n -1(n ∈N *).(2)由(1)知b n =2n -1+a n =2n -1+2n -1,∴S n =(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n -1+2n -1)=[1+3+5+…+(2n -1)]+(1+2+22+…+2n -1)=1+(2n -1)2·n +1-2n 1-2=n 2+2n -1.∵S n -(n 2+2n )=-1<0,∴S n <n 2+2n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n =a n ±b n ,且{a n },{b n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n =⎩⎪⎨⎪⎧a n ,n 为奇数,b n,n 为偶数,其中数列{a n },{b n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,S 3+S 4=S 5. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =(-1)n -1a n ,求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由S 3+S 4=S 5可得a 1+a 2+a 3=a 5,即3a 2=a 5, ∴3(1+d )=1+4d ,解得d =2. ∴a n =1+(n -1)×2=2n -1. (2)由(1)可得b n =(-1)n -1·(2n -1).∴T 2n =1-3+5-7+…+(2n -3)-(2n -1)=(-2)×n =-2n . 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=8,S n =a n +12-n -1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n +1的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2=8,S n =a n +12-n -1,∴a 1=S 1=a 22-2=2,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=a n +12-n -1-⎝⎛⎭⎫a n 2-n , 即a n +1=3a n +2,又a 2=8=3a 1+2, ∴a n +1=3a n +2,n ∈N *,∴a n +1+1=3(a n +1),∴数列{a n +1}是等比数列,且首项为a 1+1=3,公比为3, ∴a n +1=3×3n -1=3n ,∴a n =3n -1.(2)∵2×3n a n a n +1=2×3n (3n -1)(3n +1-1)=13n -1-13n +1-1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n +1的前n 项和 T n =⎝⎛⎭⎫13-1-132-1+⎝⎛⎭⎫132-1-133-1+…+⎝⎛⎭⎫13n -1-13n +1-1=12-13n +1-1. 规律方法 1.利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.2.将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知S 3=a 7,a 8-2a 3=3. (1)求a n ;(2)设b n =1S n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1+3d =a 1+6d ,(a 1+7d )-2(a 1+2d )=3,解得a 1=3,d =2, ∴a n =a 1+(n -1)d =2n +1.(2)由(1)得S n =na 1+n (n -1)2d =n (n +2),∴b n =1n (n +2)=12⎝⎛⎭⎫1n -1n +2.∴T n =b 1+b 2+…+b n -1+b n=12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1-13+⎝⎛⎭⎫12-14+…+⎝⎛⎭⎫1n -1-1n +1+⎝⎛⎭⎫1n -1n +2 =12⎝⎛⎭⎫1+12-1n +1-1n +2 =34-12⎝⎛⎭⎫1n +1+1n +2.考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1+a 2=6,a 1a 2=a 3. (1)求数列{a n }的通项公式;(2){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和为S n ,已知S 2n +1=b n b n +1,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ,由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q )=6,a 21q =a 1q 2, 又a n >0,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=2,q =2,所以a n =2n .(2)由题意知:S 2n +1=(2n +1)(b 1+b 2n +1)2=(2n +1)b n +1,又S 2n +1=b n b n +1,b n +1≠0, 所以b n =2n +1.令c n =b na n ,则c n =2n +12n ,因此T n =c 1+c 2+…+c n=32+522+723+…+2n -12n -1+2n +12n , 又12T n =322+523+724+…+2n -12n +2n +12n +1, 两式相减得12T n =32+⎝⎛⎭⎫12+122+…+12n -1-2n +12n +1,所以T n =5-2n +52n .规律方法 1.一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n -qS n ”的表达式.【训练3】 已知等差数列{a n }满足:a n +1>a n (n ∈N *),a 1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n +2log 2b n =-1.(1)分别求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,则d >0,由a 1=1,a 2=1+d ,a 3=1+2d 分别加上1,1,3后成等比数列,得(2+d )2=2(4+2d ),解得d =2(舍负),所以a n =1+(n -1)×2=2n -1. 又因为a n +2log 2b n =-1,所以log 2b n =-n ,则b n =12n .(2)由(1)知a n ·b n =(2n -1)·12n ,则T n =121+322+523+…+2n -12n ,①12T n =122+323+524+…+2n -12n +1,② 由①-②,得12T n =12+2×⎝⎛⎭⎫122+123+124+…+12n -2n -12n +1. ∴12T n =12+2×14⎝⎛⎭⎫1-12n -11-12-2n -12n +1, ∴T n =1+2-22n -1-2n -12n =3-4+2n -12n=3-3+2n 2n . 考点四 数列的综合应用【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案:第一种,每天支付38元;第二种,第一天付4元,第二天付8元,第三天付12元,依此类推;第三种,第一天付0.4元,以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢?解 设该学生工作n 天,每天领工资a n 元,共领工资S n 元,则第一种方案a n (1)=38,S n (1)=38n ; 第二种方案a n (2)=4n ,S n (2)=4(1+2+3+…+n )=2n 2+2n ; 第三种方案a n (3)=0.4×2n -1,S n (3)=0.4(1-2n )1-2=0.4(2n -1).令S n (1)≥S n (2),即38n ≥2n 2+2n ,解得n ≤18,即小于或等于18天时,第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3),即38n ≥0.4×(2n -1),利用计算器计算得小于或等于9天时,第一种方案报酬高, 所以少于10天时,选择第一种方案.比较第二、第三种方案,S 10(2)=220,S 10(3)=409.2,S 10(3)>S 10(2),…,S n (3)>S n (2). 所以等于或多于10天时,选择第三种方案. 规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面: (1)数列在实际问题中的应用; (2)数列与不等式的综合应用; (3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识,又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题,应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型,再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】 已知二次函数y =f (x )的图象经过坐标原点,其导函数为f ′(x )=6x -2,数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n )(n ∈N *)均在函数y =f (x )的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =3a n a n +1,试求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设二次函数f (x )=ax 2+bx (a ≠0), 则f ′(x )=2ax +b .由于f ′(x )=6x -2,得a =3,b =-2, 所以f (x )=3x 2-2x .又因为点(n ,S n )(n ∈N *)均在函数y =f (x )的图象上, 所以S n =3n 2-2n .当n ≥2时,a n =S n -S n -1=3n 2-2n -[3(n -1)2-2(n -1)]=6n -5; 当n =1时,a 1=S 1=3×12-2×1=6×1-5,也适合上式, 所以a n =6n -5(n ∈N *).(2)由(1)得b n =3a n a n +1=3(6n -5)[6(n +1)-5]=12·⎝⎛⎭⎫16n -5-16n +1,故T n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1-17+⎝⎛⎭⎫17-113+…+⎝⎛⎭⎫16n -5-16n +1=12⎝⎛⎭⎫1-16n +1=3n 6n +1.[思维升华]1.非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想(1)转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成;(2)不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. 2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料,认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题,弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中. [易错防范]1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时,要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时,审题至关重要,深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在语言中的数学关系,把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题,使关系明朗化、标准化,然后用等差数列、等比数列知识求解.基础巩固题组 (建议用时:40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.-24B.-3C.3D.8解析 设{a n }的公差为d ,根据题意得a 23=a 2·a 6, 即(a 1+2d )2=(a 1+d )(a 1+5d ),解得d =-2,所以数列{a n }的前6项和为S 6=6a 1+6×52d =1×6+6×52×(-2)=-24.答案 A2.数列{a n }的通项公式为a n =(-1)n -1·(4n -3),则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.-200C.400D.-400解析 S 100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200. 答案 B3.数列{a n }的通项公式是a n =1n +n +1,前n 项和为9,则n 等于( )A.9B.99C.10D.100解析 因为a n =1n +n +1=n +1-n ,所以S n =a 1+a 2+…+a n =(n +1-n )+(n -n -1)+…+(3-2)+(2-1)=n +1-1, 令n +1-1=9,得n =99. 答案 B4.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n+12n 的前n 项和,若m >T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 ∵2n+12n =1+⎝⎛⎭⎫12n,∴T n=n +1-12n , ∴T 10+1 013=11-1210+1 013=1 024-1210,又m >T 10+1 013恒成立, ∴整数m 的最小值为1 024. 答案 C5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n +1+(-1)n +1a n =2,则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100解析 当n =2k (k ∈N *)时,a 2k +1-a 2k =2,当n =2k -1(k ∈N *)时,a 2k +a 2k -1=2,当n =2k +1(k ∈N *)时,a 2k +2+a 2k +1=2,∴a 2k +1+a 2k -1=4,a 2k +2+a 2k =0,∴{a n }的前100项和=(a 1+a 3)+…+(a 97+a 99)+(a 2+a 4)+…+(a 98+a 100)=25×4+25×0=100. 答案 D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n +1-6a 2n =a n +1a n .若a 1=2,则数列{a n }的前n 项和S n =________. 解析 由a 2n +1-6a 2n =a n +1a n ,得(a n +1-3a n )(a n +1+2a n )=0, 又a n >0,所以a n +1=3a n ,又a 1=2,所以{a n }是首项为2,公比为3的等比数列, 故S n =2(1-3n )1-3=3n -1.答案 3n -17.(2019·武汉质检)设数列{(n 2+n )a n }是等比数列,且a 1=16,a 2=154,则数列{3n a n }的前15项和为________.解析 等比数列{(n 2+n )a n }的首项为2a 1=13,第二项为6a 2=19,故公比为13,所以(n 2+n )a n =13·⎝⎛⎭⎫13n -1=13n,所以a n =13n (n 2+n ),则3n a n =1n 2+n =1n -1n +1,其前n 项和为1-1n +1,n =15时,为1-116=1516.答案15168.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示,从目前记录的结果看,前m 年的年平均产量最高,m 的值为________.解析 由于平均产量类似于图形过P 1(1,S 1),P n (n ,S n )两点直线的斜率,斜率大平均产量就高,由图可知n =9时割线P 1P 9斜率最大,则m 的值为9.答案 9三、解答题9.求和S n =⎝⎛⎭⎫x +1x 2+⎝⎛⎭⎫x 2+1x 22+…+⎝⎛⎭⎫x n +1x n 2(x ≠0). 解 当x ≠±1时,S n =⎝⎛⎭⎫x +1x 2+⎝⎛⎭⎫x 2+1x 22+…+⎝⎛⎭⎫x n +1x n 2=⎝⎛⎭⎫x 2+2+1x 2+⎝⎛⎭⎫x 4+2+1x 4+…+⎝⎛⎭⎫x 2n +2+1x 2n =(x 2+x 4+…+x 2n )+2n +⎝⎛⎭⎫1x 2+1x 4+…+1x 2n =x 2(x 2n -1)x 2-1+x -2(1-x -2n )1-x -2+2n =(x 2n -1)(x 2n +2+1)x 2n (x 2-1)+2n . 当x =±1时,S n =4n .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=2,a n +1=2+S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1+log 2(a n )2,求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n +1的前n 项和T n <16. (1)解 因为a n +1=2+S n (n ∈N *),所以a n =2+S n -1(n ≥2),所以a n +1-a n =S n -S n -1=a n ,所以a n +1=2a n (n ≥2).又因为a 2=2+a 1=4,a 1=2,所以a 2=2a 1,所以数列{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列,则a n =2·2n -1=2n (n ∈N *). (2)证明 因b n =1+log 2(a n )2,则b n =2n +1.则1b n b n +1=12⎝⎛⎭⎫12n +1-12n +3,所以T n =12⎝⎛⎭⎫13-15+15-17+…+12n +1-12n +3 =12⎝⎛⎭⎫13-12n +3=16-12(2n +3)<16. 能力提升题组(建议用时:20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1-a n ≥2(n ∈N *),且S n 为{a n }的前n 项和,则( )A.a n ≥2n +1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n -1D.S n ≥2n -1 解析 由题意得a 2-a 1≥2,a 3-a 2≥2,a 4-a 3≥2,…,a n -a n -1≥2,∴a 2-a 1+a 3-a 2+a 4-a 3+…+a n -a n -1≥2(n -1),∴a n -a 1≥2(n -1),∴a n ≥2n -1,∴a 1≥1,a 2≥3,a 3≥5,…,a n ≥2n -1,∴a 1+a 2+a 3+…+a n ≥1+3+5+…+2n -1,∴S n ≥n (1+2n -1)2=n 2. 答案 B12.某厂2019年投资和利润逐月增加,投入资金逐月增长的百分率相同,利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等,12月份投资额与利润值相等,则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω=ND.不确定解析 投入资金逐月值构成等比数列{b n },利润逐月值构成等差数列{a n },等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数,它是凹函数,等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1=b 1,a 12=b 12,相当于图象有两个交点,且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方,所以全年的总利润ω=a 1+a 2+…+a 12比总投资N =b 1+b 2+…+b 12大,故选A.答案 A13.已知数列{a n }中,a n =-4n +5,等比数列{b n }的公比q 满足q =a n -a n -1(n ≥2)且b 1=a 2,则|b 1|+|b 2|+|b 3|+…+|b n |=________.解析 由已知得b 1=a 2=-3,q =-4,∴b n =(-3)×(-4)n -1,∴|b n |=3×4n -1, 即{|b n |}是以3为首项,4为公比的等比数列,∴|b 1|+|b 2|+…+|b n |=3(1-4n )1-4=4n -1.答案 4n -114.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=5,nS n +1-(n +1)S n =n 2+n .(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列; (2)令b n =2n a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由nS n +1-(n +1)S n =n 2+n 得S n +1n +1-S n n=1, 又S 11=5,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5,公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n n=5+(n -1)=n +4, 所以S n =n 2+4n .当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+4n -(n -1)2-4(n -1)=2n +3.又a 1=5也符合上式,所以a n =2n +3(n ∈N *),所以b n =(2n +3)2n ,所以T n =5×2+7×22+9×23+…+(2n +3)2n ,①2T n =5×22+7×23+9×24+…+(2n +1)2n +(2n +3)2n +1,② 所以②-①得T n =(2n +3)2n +1-10-(23+24+…+2n +1) =(2n +3)2n +1-10-23(1-2n -1)1-2 =(2n +3)2n +1-10-(2n +2-8) =(2n +1)2n +1-2.新高考创新预测15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n }中,a 1=1,且a 2,a 5,a 14成等比数列,{a n }的前n 项和为S n ,b n =(-1)n S n ,则a n =________,数列{b n }的前n 项和T n =________.解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0),则由a 2,a 5,a 14成等比数列得a 25=a 2·a 14,即(1+4d )2=(1+d )(1+13d ),解得d =2,则a n =a 1+(n -1)d =2n -1,S n =na 1+n (n -1)2d =n 2,当n 为偶数时,T n =-S 1+S 2-S 3+S 4-…-S n -1+S n =-12+22-32+42-…-(n -1)2+n 2=3+7+…+(2n -1)=n (n +1)2;当n 为大于1的奇数时,T n =-S 1+S 2-S 3+S 4-…+S n -1-S n =-12+22-32+42-…-(n -2)2+(n -1)2-n 2=3+7+…+(2n -3)-n 2=-n (n +1)2,当n =1时,也符合上式.综上所述,T n =(-1)n n (n +1)2.答案 2n -1(-1)n n (n +1)2。
新人教版高中数学必修5《数列求和》练习
1 +2 1 + 2 +3 + ⋅⋅⋅ +2= na +n(n-1)(2)等比数列求和公式:⎧ na , S = ⎨ a (1 - q n ) a - a q ⎪ 1 - q , q ≠ 1⎩ 1 - q = 1⎪ 1 n a + 2n (n +1)6 n n + 1)(2n + 1)4 ⎡⎣n (n + 1)⎤⎦ 2例 3、已知等差数列 {a }的首项为 1,前 10 项的和为 145,求n 1 ⎛ 1 1 ⎫ ;d ⎝ a⎭= (2n -1)(2n +1) 2 ⎝ 2n -1 2n +1 ⎪⎭ - 1 n (n + 1)(n + 2) = ⎢ ( 2 ⎣ n n + 1) (n + 1)(n + 2)⎦a +b =n + k + n = 例 6 、 数列 {a n } 的 前 n 项 和 S = 1(6) a = ⎨ ⎩ S - S , n ≥ 2【知识要点】主要方法:1、基本公式法:新人教版高中数学必修五《数列求和》例 1、 S = 1 + 1 +1 n11 +2 +3 + + n(1)等差数列求和公式: S =n(a 1 + a n )n12 dn1 q = 1例 2、 S = 1 n2 a 2+ 3 a 3++n a n(3)1 + 2 + 3 + .... + n = 1(4)12+ 22++ n 2= 1((5)13 + 23 + 33 ++ n 3 = 12、错位相消法:给 S = a + a + + a 各边同乘以一个适当的n12n数或式,然后把所得的等式和原等式相减,对应项相互抵消,a + a + + a . 2 4 2nn最后得出前 n 项和 S n.一般适应于数列{a n b n }的前 n 项求和,其中 {a }成等差数列, {b }成等比数列。
nn3、分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列,然后利用公式法求和。
4、拆项(裂项)求和:把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程中消去中间项,只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有:例 4、求 s in 2 1 + sin 2 2 + sin 2 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + sin 2 88 + sin 2 89 的值(1)若 {a }是公差为 d 的等差数列,则 1a a n n +1= - ⎪ a n例 5、求数列{n(n+1)(2n+1)}的前 n 项和.(2)11 ⎛ 1 1 ⎫ ; -(3) 1 1 ⎡ 1⎤ ; ⎥(4)1 1a - b(a -b );(5)1 1k(n + 1 - n );n 2 n 2- 2n ,数 列 {b n } 满 足n ⎧ S , n = 1 1n n -1b = n a + 1 n an。
高考数学一轮知能训练 第五章 数列 第4讲 数列的求和(含解析)-人教版高三全册数学试题
第4讲 数列的求和1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 1=1,a n +a n +1=2n +1,则S 20172017=( )A .1009B .1008C .2D .12.已知数列{a n }:12,13+23,14+24+34,15+25+35+45,…,若b n =1a n a n +1,那么数列{b n }前n 项的和为( )A .4⎝⎛⎭⎪⎫1-1n +1 B .4⎝ ⎛⎭⎪⎫12-1n +1C .1-1n +1 D.12-1n +13.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-6n ,则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) A .6n -n 2B .n 2-6n +18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n -n 2,1≤n ≤3,n 2-6n +18,n >3 D.⎩⎪⎨⎪⎧6n -n 2,1≤n ≤3,n 2-6n ,n >34.已知数列{a n }满足:a n +1=a n -a n -1(n ≥2,n ∈N *),a 1=1,a 2=2,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 2018=( )A .3B .2C .1D .05.对于数列{a n },定义数列{a n +1-a n }为数列{a n }的“差数列”,若a 1=2,数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n +1-a n =2n,则数列{a n }的前n 项和S n =( )A .2B .2nC .2n +1-2 D .2n -1-26.(多选)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a n2+3a n(n ∈N *),则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n+3为等比数列 B .{a n }的通项公式为a n =12n +1-3C .{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n =2n +2-3n -4 7.在数列{a n }中,a 1=1,a n +2+(-1)na n =1,记S n 是数列{a n }的前n 项和,则S 60=________. 8.(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则11nk kS=∑=________.9.(2019年新课标Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.10.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n +1+n -2. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =log 2(a n -1),求T n =1b 1b 2+1b 2b 3+1b 3b 4+…+1b n b n +1.11.(2018年某某)已知等比数列{a n }的公比q >1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n +1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n .(1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式.12.(2018年某某)设{a n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是等差数列.已知a 1=1,a 3=a 2+2,a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *), ⅰ)求T n ;ⅱ)证明:21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑=2n +2n +2-2(n ∈N *).第4讲 数列的求和1.A 解析:S 2017=a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 2016+a 2017) =(2×0+1)+(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2016+1) =1+2×2016+1×10092=2017×1009, ∴S 20172017=1009.故选A. 2.A 解析:∵a n =1+2+3+…+nn +1=n n +12n +1=n 2,∴b n =1a n a n +1=4n n +1=4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1. ∴S n =4⎝⎛⎭⎪⎫1-1n +1. 3.C 解析:∵由S n =n 2-6n 得{a n }是等差数列, 且首项为-5,公差为2. ∴a n =-5+(n -1)×2=2n -7. ∴n ≤3时,a n <0;n >3时,a n >0.∴T n =⎩⎪⎨⎪⎧6n -n 2,1≤n ≤3,n 2-6n +18,n >3.4.A 解析:∵a n +1=a n -a n -1,a 1=1,a 2=2,∴a 3=1,a 4=-1,a 5=-2,a 6=-1,a 7=1,a 8=2,…,故数列{a n }是周期为6的周期数列,且每连续6项的和为0.故S 2018=336×0+a 2017+a 2018=a 1+a 2=3.5.C 解析:∵a n +1-a n =2n,∴a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1 =2n -1+2n -2+…+22+2+2=2-2n1-2+2=2n -2+2=2n,∴S n =2-2n +11-2=2n +1-2.6.ABD7.480 解析:∵a n +2+(-1)na n =1,∴a 3-a 1=1,a 5-a 3=1,a 7-a 5=1,…,且a 4+a 2=1,a 6+a 4=1,a 8+a 6=1,…. ∴{a 2n -1}为等差数列,且a 2n -1=1+(n -1)×1=n ,即a 1=1,a 3=2,a 5=3,a 7=4,…. ∴S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=1+1+2=4,S 8-S 4=a 5+a 6+a 7+a 8=3+4+1=8,S 12-S 8=a 9+a 10+a 11+a 12=5+6+1=12,….∴该数列构成以4为首项,4为公差的等差数列. ∴S 60=4×15+15×142×4=480.8.2nn +1解析:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d , 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1+2d =3,4a 1+4×32d =10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =1.数列{a n }的前n 项和为S n =na 1+n n -12d =n n +12,1S k =2kk +1=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1k +1,则11nk kS =∑=2⎝ ⎛1-12+12-⎭⎪⎫13+13-14+…+1n -1n +1=2nn +1. 9.解:(1)设{a n }的公比为q ,由题设得 2q 2=4q +16,即q 2-2q -8=0. 解得q =-2(舍去)或q =4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n -1=22n -1.(2)由(1)得b n =(2n -1)log 22=2n -1, ∴数列{}b n 的前n 项和为1+3+…+2n -1=n 2.10.解:(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n =2n +1+n -2,S n -1=2n+n -1-2,得a n =2n+1(n ≥2).当n =1时,a 1=S 1=3, 综上所述,a n =2n+1.(2)由b n =log 2(a n -1)=log 22n=n .T n =1b 1b 2+1b 2b 3+1b 3b 4+…+1b n b n +1=11×2+12×3+13×4+…+1nn +1=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=n n +1. 11.解:(1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项,得a 3+a 5=2a 4+4,∴a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8.由a 3+a 5=20,得8⎝⎛⎭⎪⎫q +1q =20,∵q >1,∴q =2.(2)设=(b n +1-b n )a n ,数列{}前n 项和为S n .由=⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2.解得=4n -1.由(1)可知a n =2n -1,∴b n +1-b n =(4n -1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1,故b n -b n -1=(4n -5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2,n ≥2,b n -b 1=(b n -b n -1)+(b n -1-b n -2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1)=(4n -5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2+(4n -9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -3+…+7·12+3.设T n =3+7·12+11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+(4n -5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2,n ≥2,12T n =3·12+7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+(4n -9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2+(4n -5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1,∴12T n =3+4·12+4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122+…+4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2-(4n -5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1, 因此T n =14-(4n +3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2,n ≥2,又b 1=1,∴b n =15-(4n +3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2.12.(1)解:设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1=1,a 3=a 2+2,可得q 2-q -2=0. ∵q >0,可得q =2,故a n =2n -1.设等差数列{b n }的公差为d , 由a 4=b 3+b 5,可得b 1+3d =4.由a 5=b 4+2b 6, 可得3b 1+13d =16, 从而b 1=1,d =1,故b n =n . ∴数列{a n }的通项公式为a n =2n -1,数列{b n }的通项公式为b n =n .(2)ⅰ)解:由(1),有S n =1-2n1-2=2n-1,故T n =1(n k =∑2k-1)=12nk =∑k-n =2×1-2n1-2-n =2n +1-n -2.ⅱ)证明:∵T k +b k +2b kk +1k +2=2k +1-k -2+k +2kk +1k +2=k ·2k +1k +1k +2=2k +2k +2-2k +1k +1, ∴1nk =∑T k +b k +2b k k +1k +2=⎝ ⎛⎭⎪⎫233-222+⎝ ⎛⎭⎪⎫244-233+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫2n +2n +2-2n +1n +1=2n +2n +2-2.。
2020版高考数学一轮复习第五篇数列(必修5)第4节数列求和课件理
2
3 24
n 1 n 1 n n 2
22
1 - 1 )= 3 - 1 ( 1 + 1 ). n1 n2 4 2 n1 n2
反思归纳
(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一 项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.
(2)将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原
【重要结论】
1.12+22+32+…+n2= 1 n(n+1)(2n+1). 6
2.13+23+33+…+n3=[ 1 n(n+1)]2. 2
对点自测
1.等差数列{an}中,已知公差 d= 1 ,且 a1+a3+…+a99=50,则 a2+a4+…+a100 等于( B )
2 (A)50 (B)75 (C)100 (D)125
【跟踪训练 3】 在数列{an}中,a1= 1 ,an+1= n 1 an,n∈N*.
2
2n
(1)求证:数列{ an }为等比数列; n
(1)证明:由 an+1= n 1 an 知 an1 = 1 · an ,
2n
n1 2 n
所以{ an }是以 1 为首项, 1 为公比的等比数列.
n
①
1 2
Sn=
1 22
+
3 23
+…+
2n 3 2n
+
2n 1 2n 1
②
①-②得 1 2
Sn= 1 2
+2(
1 22
2020高考理科数学一轮复习题第五篇数列(必修5))第4节【数列求和】
2020高考理科数学一轮复习题第五篇数列(必修5))第4节【数列求和】【选题明细表】知识点、方法题号公式法、并项法、倒序相加法、2,3,8,11,12分组法求和裂项相消法求和5,7,13错位相减法求和1,10,14数列的综合应用4,9数列的实际应用 6基础巩固(时间:30分钟)1.S n=+++…+等于( B )(A) (B)(C)(D)解析:由S n=+++…+,①得S n=++…++, ②①-②得,S n=+++…+-=-,所以S n=.2.数列{(-1)n(2n-1)}的前2 018项和S2 018等于( B )(A)-2 016 (B)2 018 (C)-2 015 (D)2 015解析:S2 018=-1+3-5+7-…-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)]=2×1 009=2 018.故选B.3.等差数列{a n}的通项公式为a n=2n+1,其前n项和为S n,则数列{}的前10项的和为( C )(A)120 (B)70 (C)75 (D)100解析:由a n=2n+1,得a1=3,d=2.所以S n=3n+×2=n2+2n.因为=n+2,所以数列{}是以3为首项,1为公差的等差数列.所以()的前10项和为10×3+×1=75.4.已知函数y=log a(x-1)+3(a>0,a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n}的第二项与第三项,若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,则T10等于( B )(A)(B)(C)1 (D)解析:对数函数y=log a x的图象过定点(1,0),所以函数y=log a(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故a n=n,所以b n==-,所以T10=1-+-+…+-=1-=,故选B.5.+++…+的值为( C )(A) (B)-(C)-(+) (D)-+解析:因为===(-),所以+++…+=(1-+-+-+…+-)=(--)=-(+).6.在2016年至2019年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2020年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取出,则取回的金额是( D )(A)m(1+q)4元 (B)m(1+q)5元(C)元(D)解析:2019年存款的本息和为m(1+q),2018年存款的本息和为m(1+q)2,2017年存款的本息和为m(1+q)3,2016年存款的本息和为m(1+q)4,四年存款的本息和为m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4==.故选D.7.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .解析:由f(4)=2可得4a=2,解得a=.则f(x)=.所以a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.答案:-18.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为.解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.答案:2n+1-2-n能力提升(时间:15分钟)9.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,当n≥2时,a n+2S n-1=n,则S2 017的值为( D )(A)2 015 (B)2 013 (C)1 008 (D)1 009解析:因为a n+2S n-1=n(n≥2),所以a n+1+2S n=n+1(n≥1),两式相减得a n+1+a n=1(n≥2).又a1=1,所以S2 017=a1+(a2+a3)+…+(a2 016+a2 017)=1+1 008×1=1 009,故选D.10.已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3=6,S5=,则数列{}的前n项和为( B )(A)1-(B)2-(C)2-(D)2-解析:设等差数列{a n}的公差为d,则S n=na1+d,因为S3=6,S5=,所以解得所以a n=n+1,=,设数列{}的前n项和为T n,则T n=+++…++,T n=+++…++,两式相减得T n=+(++…+)-=+(1-)-,所以T n=2-.故选B.11.(2018·江西赣南联考)在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2 017= .解析:由a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,得a2=a1+cos 2π=1+1=2,a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,a5=-a4+cos 5π=2-1=1,……由上可知,数列{a n}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.答案:-1 00712.设函数f(x)=+log2,定义S n=f()+f()+…+f(),其中n∈N*,且n≥2,则S n= . 解析:因为f(x)+f(1-x)=+log2++log2=1+log21=1,所以2S n=[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]=n-1.所以S n=.答案:13.已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n+a n=1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=lo(1-S n+1)(n∈N*),令T n=++…+,求T n.解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,S n=1-a n,S n-1=1-a n-1,则S n-S n-1=(a n-1-a n),即a n=(a n-1-a n),所以a n=a n-1(n≥2).故数列{a n}是以为首项,为公比的等比数列.故a n=·()n-1=2·()n(n∈N*).(2)因为1-S n=a n=()n.所以b n=lo(1-S n+1)=lo()n+1=n+1,因为==-,所以T n=++…+=(-)+(-)+…+(-)=-=.14.(2018·广西玉林一模)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求证:(+)为等比数列,并求{a n}的通项公式a n;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)因为a1=1,a n+1=,所以==1+,即+=+=3(+),则(+)为等比数列,公比q=3,首项为+=1+=,则+=·3n-1,即=-+·3n-1=(3n-1),即a n=.(2)b n=(3n-1)··a n=,则数列{b n}的前n项和T n=+++…+,T n=+++…+,两式相减得T n=1+++…+-=-=2--=2-, 则T n=4-.。
2020新课标高考艺术生数学复习教师用书:第五章第4节 数列求和 Word版含解析
第4节 数列求和最新考纲核心素养考情聚焦1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法1.公式法求和,达成数学抽象和数学运算素养.2.分组转化法求和,发展逻辑推理和数学运算素养.3.裂项相消法求和,提升逻辑推理和数学运算素养.4.错位相减法求和,增强逻辑推理和数学运算素养本节主要考查:(1)等差数列和等比数列的求和.(2)使用裂项法、错位相减法求和.(3)根据周期性、奇偶数项的不同的分组求和.一般以数列的基本问题为先导,在解决数列基本问题后考查数列求和,在求和后有时与不等式、函数、最值等问题综合.以解答题为主,难度中等或稍难求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n =n (a 1+a n )2 = na 1+n (n -1)2d . ②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q =1时,S n = na 1 ;(ⅱ)当q ≠1时,S n = a 1(1-q n )1-q= a 1-a n q1-q .(2)分组转化法把数列适当拆分,分为几个等差、等比数列,先分别求和,然后再合并,形如: ①{a n ±b n },其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;②a n =⎩⎪⎨⎪⎧f (n ),n =2k -1,g (n ),n =2k (k ∈N *)(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消,剩下首尾若干项.常见的裂项公式:①1n (n +1)=1n -1n +1;②1n (n +k )=1k ⎝⎛⎭⎫1n -1n +k ;③1(2n -1)(2n +1)=12⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1;④1n (n +1)(n +2)=12⎣⎡⎦⎤1n (n +1)-1(n +1)(n +2);⑤1n +n +k =1k(n +k -n );⑥设等差数列{a n }的公差为d , 则1a n a n +1=1d ⎝⎛⎭⎫1a n -1a n +1. (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即等比数列求和公式的推导过程的推广.形如:{a n ·b n },⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列.(6)并项求和法一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如a n =(-1)n f (n )类型,可采用两项合并求解.例如,S n =1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.一些常见数列的前n 项和公式(1)1+2+3+4+…+n =n (n +1)2;(2)1+3+5+7+…+(2n -1)=n 2; (3)2+4+6+…+2n =n 2+n .[思考辨析]判断下列说法是否正确,正确的在它后面的括号里打“√”,错误的打“×”. (1)如果数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n =a 1-a n +11-q .( )(2)当n ≥2时,1n 2-1=12⎝⎛⎭⎫1n -1-1n +1.( )(3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得sin 2 1°+sin 2 2°+sin 2 3°+…+sin 2 88°+sin 2 89°=44.5( )(5)若S n =1-2+3-4+…+(-1)n -1·n ,则S 50=-25( ) 答案:(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)√ [小题查验]1.等差数列{a n }中,已知公差d =12,且a 1+a 3+…+a 99=50,则a 2+a 4+…+a 100=( )A .50B .75C .100D .125解析:B [a 2+a 4+…+a 100=(a 1+d )+(a 3+d )+…+(a 99+d )=(a 1+a 3+…+a 99)+50d =50+50×12=75.]2.设首项为1,公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则( )A .S n =2a n -1B .S n =3a n -2C .S n =4-3a nD .S n =3-2a n解析:D [可以直接利用等比数列的求和公式求解,也可以先求出通项和前n 项和,再建立关系.法一:在等比数列{a n }中,S n =a 1-a n q1-q=1-a n ·231-23=3-2a n .法二:在等比数列{a n }中,a 1=1,q =23,∴a n =1×⎝⎛⎭⎫23n -1=⎝⎛⎭⎫23n -1.S n =1×⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫23n 1-23=3⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫23n=3⎣⎡⎦⎤1-23⎝⎛⎭⎫23n -1=3-2a n .]3.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 5=5,S 5=15,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100解析:A [设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d .∵a 5=5,S 5=15,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1+4d =5,5a 1+5×(5-1)2d =15,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =1, ∴a n =a 1+(n -1)d =n . ∴1a n a n +1=1n (n +1)=1n -1n +1, ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1的前100项和为1-12+12-13+…+1100-1101=1-1101=100101.]4.(人教A 版教材习题改编)数列112,314,518,7116,…,(2n -1)+12n ,…的前n 项和S n的值等于____________.答案:n 2+1-12n5.设数列{a n }的通项公式为a n =22n -1,令b n =na n ,则数列{b n }的前n 项和S n 为________. 解析:由b n =na n =n ·22n-1知S n =1·2+2·23+3·25+…+n ·22n -1,① 从而22·S n =1·23+2·25+3·27+…+n ·22n +1,②①-②得(1-22)·S n =2+23+25+…+22n -1-n ·22n +1,即S n =19[(3n -1)22n +1+2].答案:19[(3n -1)22n +1+2]考点一 公式法求和(自主练透)[题组集训]1.等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =( ) A .n (n +1) B. n (n -1) C.n (n +1)2D.n (n -1)2解析:A [因为a 2,a 4,a 8成等比数列,所以a 24=a 2·a 8,所以(a 1+6)2=(a 1+2)·(a 1+14),解得a 1=2.所以S n =na 1+n (n -1)2d =n (n +1).故选A.]2.若等比数列{a n }满足a 1+a 4=10,a 2+a 5=20,则{a n }的前n 项和S n =________. 解析:由题意a 2+a 5=q (a 1+a 4),得20=q ×10,故q =2,代入a 1+a 4=a 1+a 1q 3=10,得9a 1=10,得a 1=109.故S n =109(1-2n )1-2=109(2n -1).答案:109(2n -1)3.(2019·全国Ⅱ卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2 a n ,求数列{b n }的前n 项和. 解:(1)设{a n }的公比为q ,由题设得 2q 2=4q +16,即q 2-2q -8=0. 解得q =-2(舍去)或q =4.因此{a n }的通项公式为a n =2×4n -1=22n -1.(2)由(1)得b n =(2n -1)log 22=2n -1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n -1=n 2.数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之.考点二 分组转化法求和(师生共研)[典例] (2016·天津卷)已知{a n }是等比数列,前n 项和为S n (n ∈N *),且1a 1-1a 2=2a 3,S 6=63.(1)求{a n }的通项公式;(2)若对任意的n ∈N *,b n 是log 2a n 和log 2a n +1的等差中项,求数列{(-1)n b 2n }的前2n 项和. [解析] (1)设数列{a n }的公比为q .由已知,有1a 1-1a 1q =2a 1q 2,解得q =2或q =-1.又由S 6=a 1·1-q 61-q =63,知q ≠-1,所以a 1·1-261-2=63,得a 1=1.所以a n =2n -1.(2)由题意,得b n =12(log 2a n +log 2a n +1)=12(log 22n -1+log 22n )=n -12,即{b n }是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n b 2n }的前n 项和为T n ,则T 2n =(-b 21+b 22)+(-b 23+b 24)+…+(-b 22n -1+b 22n )=b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 2n -1+b 2n =2n (b 1+b 2n )2=2n 2.分组转化法求和的常见类型(1)若a n =b n ±c n ,且{b n },{c n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和;(2)通项公式为a n =⎩⎪⎨⎪⎧b n ,n 为奇数,c n ,n 为偶数的数列,其中数列{b n },{c n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和;(3)某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和,这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究,将数列的通项合理分解转化.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论.[跟踪训练](2016·北京卷)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和. 解:(1)等比数列{b n }的公比q =b 3b 2=93=3,所以b 1=b 2q =1,b 4=b 3q =27.设等差数列{a n }的公差为d , 因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27, 所以1+13d =27,即d =2, 所以a n =2n -1(n ∈N *).(2)由(1)知,a n =2n -1,b n =3n -1, 因此c n =a n +b n =2n -1+3n -1, 从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n -1)+1+3+…+3n -1=n (1+2n -1)2+1-3n 1-3=n 2+3n -12.考点三 裂项相消法求和(师生共研)[典例] (2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a 2n +2a n =4S n +3. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和.[解析] (1)由a 2n +2a n =4S n +3, 可知a 2n +1+2a n +1=4S n +1+3.可得a 2n +1-a 2n +2(a n +1-a n )=4a n +1,即2(a n +1+a n )=a 2n +1-a 2n =(a n +1+a n )(a n +1-a n ).由于a n >0,可得a n +1-a n =2.又a 21+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3. 所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为 a n =2n +1.(2)由a n =2n +1可知b n =1a n a n +1=1(2n +1)(2n +3)=12⎝⎛⎭⎫12n +1-12n +3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则 T n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13-15+⎝⎛⎭⎫15-17+…+⎝⎛⎭⎫12n +1-12n +3 =n3(2n +3).[拓展提高] 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项; (2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如:若{a n }是等差数列,则1a n a n +1=1d ⎝⎛⎭⎫1a n -1a n +1,1a n a n +2=12d ⎝⎛⎭⎫1a n -1a n +2. [跟踪训练](2017·全国Ⅲ卷)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n . (1)求{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n +1的前n 项和.解:(1)∵a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n ,① ∴n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n -3)a n -1=2(n -1)② ①-②得,(2n -1)a n =2,a n =22n -1, 又n =1时,a 1=2适合上式, ∴a n =22n -1.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n +1的前n 项和为S n 由(1)a n 2n +1=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1,∴S n =a 13+a 25+…+a n 2n +1=⎝⎛⎭⎫1-13+⎝⎛⎭⎫13-15+…+⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1=1-12n +1=2n 2n +1.考点四 错位相减法求和(师生共研)[典例] (2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n ,{b n }是等差数列,且a n =b n+b n +1.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)令c n =(a n +1)n +1(b n +2)n.求数列{c n }的前n 项和T n .[思维导引] (1)利用a n 与S n 的关系先求出数列{a n }的通项公式,再利用a n =b n +b n +1求出数列{b n }的通项公式;(2)利用错位相减法求数列{c n }的前n 项和T n .[解析] (1)由题意知,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=6n +5. 当n =1时,a 1=S 1=11,符合上式. 所以a n =6n +5.设数列{b n }的公差为d ,由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即⎩⎪⎨⎪⎧11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,可解得b 1=4,d =3.所以b n =3n +1. (2)由(1)知,c n =(6n +6)n +1(3n +3)n =3(n +1)·2n +1.. 又T n =c 1+c 2+…+c n .得T n =3×[2×22+3×23+…+(n +1)×2n +1]. 2T n =3×[2×23+3×24+…+(n +1)×2n +2]. 两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n +1-(n +1)×2n +2]=3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4+4(1-2n)1-2-(n +1)×2n +2=-3n ·2n +2. 所以T n =3n ·2n +2.(1)一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比,然后作差求解;(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n -qS n ”的表达式.[跟踪训练](2019·上饶市一模)数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =1-12n ,数列{b n }为等差数列,且a 2(b 2+2)=1,a 1b 1=12.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解:(1)a 1=S 1=1-12=12,n ≥2时,a n =S n -S n -1=⎝⎛⎭⎫1-12n -⎝⎛⎭⎫1-12n -1= 12n -1-12n =12n ,适合a 1=12,∴a n =12n ,由a 1b 1=12得b 1=1,由a 2(b 2+2)=1得14(b 2+2)=1,∴b 2=2,∴d =1,∴b n =1+(n -1)·1=n .(2)a n b n =n 2n ,由T n =12+222+323+…+n2n ,得12T n =122+223+324+…+n -12n +n2n +1, 两式相减,得12T n =12+122+123+…+12n -n 2n +1=12⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12-n 2n +1=1-n +22n +1,∴T n =2-n +22n.1.数列{a n }中,a n =1n (n +1),若{a n }的前n 项和为2 0192 020,则项数n 为( )A .2 019B .2 016C .2 017D .2 018解析:A [a n =1n (n +1)=1n -1n +1,S n =1-12+12-13+…+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1=2 0192 020,所以n =2 019.]2.12+12+38+…+n2n 等于( ) A.2n -n -12nB.2n +1-n -22nC.2n -n +12nD.2n +1-n +22n解析:B [法一:令S n =12+222+323+…+n2n ,①则12S n =122+223+…+n -12n +n2n +1,② ①-②,得12S n =12+122+123+…+12n -n 2n +1=12⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12-n2n +1.∴S n =2n +1-n -22n .故选B.法二:取n =1时,n 2n =12,代入各选项验证可知选B.]3.已知数列{a n }:12,13+23,14+24+34,15+25+35+45,…,那么数列{b n }=⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1的前n项和为()A .4⎝⎛⎭⎫1-1n +1B .4⎝⎛⎭⎫12-1n +1C .1-1n +1D.12-1n +1解析:A [由题意知a n =1n +1+2n +1+3n +1+…+n n +1=1+2+3+…+n n +1=n 2,b n =1a n a n +1=4⎝⎛⎭⎫1n -1n +1,所以b 1+b 2+…+b n =4⎝⎛⎭⎫1-12+4⎝⎛⎭⎫12-13+…+4⎝⎛⎭⎫1n -1n +1=4⎝⎛⎭⎫1-12+12-13+…+1n -1n +1=4⎝⎛⎭⎫1-1n +1.]4.数列{a n }的通项公式为a n =(-1)n -1·(4n -3),则它的前100项之和S 100等于( ) A .200 B .-200 C .400 D .-400解析:B [S 100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200.]5.数列{a n }满足a 1=1,且对任意的n ∈N *都有a n +1=a 1+a n +n ,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为( )A.100101B.99100C.101100D.200101解析:D [数列{a n }满足a 1=1,且对任意的n ∈N *都有a n +1=a 1+a n +n , ∴a n +1-a n =1+n ,∴a n -a n -1=n ,∴a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n +(n -1)+…+2+1=n (n +1)2,∴1a n =2n (n +1)=2⎝⎛⎭⎫1n -1n +1, ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和 2⎝⎛⎭⎫1-12+12-13+…+1100-1101=2⎝⎛⎭⎫1-1101=200101,故选D.] 6.(2019·聊城市一模)已知数列{a n }的前n 项和公式为S n =n 2,若b n =2a n ,则数列{b n }的前n 项和T n =_________________________________________________________________.解析:∵S n =n 2,① 当n =1时,S 1=a 1=1, 当n ≥2时,S n -1=(n -1)2,② 由①-②可得a n =2n -1, 当n =1时也成立,∴a n =2n -1, ∴b n =2a n =2×4n -1,∴T n =2(1-4n )1-4=23(4n-1).答案:23(4n -1) 7.数列{a n }的前n 项和S n =n 2-4n +2,则|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=________. 解析:当n =1时,a 1=S 1=-1.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -5.∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧-1,n =1,2n -5,n ≥2. 令2n -5≤0,得n ≤52,∴当n ≤2时,a n <0,当n ≥3时, a n >0,∴|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=-(a 1+a 2)+(a 3+a 4+…+a 10)=S 10-2S 2=66. 答案:668.数列{a n }的前n 项和S n =2n -1,则a 21+a 22+…+a 2n =________.解析:当n =1时,a 1=S 1=1,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -1-(2n -1-1)=2n -1,又∵a 1=1适合上式.∴a n =2n -1,∴a 2n =4n -1. ∴数列{a 2n }是以a 21=1为首项,以4为公比的等比数列.∴a 21+a 22+…+a 2n =1·(1-4n )1-4=13(4n -1). 答案:13(4n -1) 9. (2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n +1,S n ,S n +2是否成等差数列.解:(1)设{a n }的公比为q ,由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1(1+q )=2a 1(1+q +q 2)=-6,解得⎩⎪⎨⎪⎧q =-2,a 1=-2, 故{a n }的通项公式为a n =(-2)n .(2)由(1)可得S n =a 1(1-q n )1-q=-23+(-1)n ·2n +13. 由于S n +2+S n +1=-43+(-1)n ·2n +3-2n +23=2⎣⎡⎦⎤-23+(-1)n 2n +13=2S n , 故S n +1,S n ,S n +2成等差数列.10.(2018·天津卷)设{a n }是等差数列,其前n 项和为S n (n ∈N *);{b n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1=1,b 3=b 2+2,b 4=a 3+a 5,b 5=a 4+2a 6.(1)求S n 和T n ;(2)若S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ,求正整数n 的值.解:(1)设等比数列{b n }的公比为q ,由b 1=1,b 3=b 2+2,可得q 2-q -2=0,因为q >0,可得q =2,故b n =2n -1.所以,T n =1-2n 1-2=2n -1.设等差数列{a n }的公差为d ,由b 4=a 3+a 5,可得a 1+3d =4,由b 5=a 4+2a 6,可得3a 1+13d =16,从而a 1=1,d =1,故a n =n .所以S n =n (n +1)2. (2)由(1),有T 1+T 2+…+T n =(21+22+…+2n )-n =2×(1-2n )1-2-n =2n +1-n -2. 由S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n 可得n (n +1)2+2n +1-n -2=n +2n +1,整理得n 2-3n -4=0,解得n =-1(舍),或n =4.所以n 的值为4.。
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第4节数列求和
【选题明细表】
基础巩固(时间:30分钟)
1.S n=+++…+等于( B )
(A) (B)
(C)(D)
解析:由S n=+++…+,①
得S n=++…++, ②
①-②得,S n=+++…+-=-,所以S n=.
2.数列{(-1)n(2n-1)}的前2 018项和S2 018等于( B )
(A)-2 016 (B)2 018 (C)-2 015 (D)2 015
解析:S2 018=-1+3-5+7-…-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)]=2×1 009=2 018.故选B.
3.等差数列{a n}的通项公式为a n=2n+1,其前n项和为S n,则数列{}的前10项的和为( C )
(A)120 (B)70 (C)75 (D)100
解析:由a n=2n+1,得a1=3,d=2.
所以S n=3n+×2=n2+2n.
因为=n+2,
所以数列{}是以3为首项,1为公差的等差数列.
所以()的前10项和为10×3+×1=75.
4.已知函数y=log a(x-1)+3(a>0,a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分
别是等差数列{a n}的第二项与第三项,若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,则T10等于( B )
(A) (B) (C)1 (D)
解析:对数函数y=log a x的图象过定点(1,0),所以函数y=log a(x-1)+3
的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故a n=n,所以b n==-,所以T10=1-+-+…+-=1-=,故选B.
5.+++…+的值为( C )
(A) (B)-
(C)-(+) (D)-+
解析:因为===(-),
所以+++…+
=(1-+-+-+…+-)
=(--)=-(+).
6.在2016年至2019年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2020年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取出,则取回的金额是( D )
(A)m(1+q)4元 (B)m(1+q)5元
(C)元 (D)
解析:2019年存款的本息和为m(1+q),2018年存款的本息和为m(1+q)2,2017年存款的本息和为m(1+q)3,2016年存款的本息和为
m(1+q)4,四年存款的本息和为m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4=
=.故选D.
7.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018= .
解析:由f(4)=2可得4a=2,
解得a=.则f(x)=.
所以a n===-,
S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.
答案:-1
8.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为. 解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数
列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
能力提升(时间:15分钟)
9.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,当n≥2时,a n+2S n-1=n,则S2 017的值为( D )
(A)2 015 (B)2 013 (C)1 008 (D)1 009
解析:因为a n+2S n-1=n(n≥2),所以a n+1+2S n=n+1(n≥1),两式相减得
a n+1+a n=1(n≥2).又a1=1,所以S2 017=a1+(a2+a3)+…+(a2 016+a2 017)=1+1 008×1=1 009,故选D.
10.已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3=6,S5=,则数列{}的前n 项和为( B )
(A)1-(B)2-
(C)2-(D)2-
解析:设等差数列{a n}的公差为d,
则S n=na1+d,
因为S3=6,S5=,
所以解得
所以a n=n+1,=,
设数列{}的前n项和为T n,
则T n=+++…++,
T n=+++…++,
两式相减得T n=+(++…+)-=+(1-)-,所以T n=2-.故选B.
11.(2018·江西赣南联考)在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1+(-1)n a n=
cos(n+1)π,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2 017= .
解析:由a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,得
a2=a1+cos 2π=1+1=2,
a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,
a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,
a5=-a4+cos 5π=2-1=1,
……
由上可知,数列{a n}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,
所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.
答案:-1 007
12.设函数f(x)=+log2,定义S n=f()+f()+…+f(),其中n∈N*,且n≥2,则S n= .
解析:因为f(x)+f(1-x)
=+log2++log2=1+log21=1,
所以2S n=[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]=n-1. 所以S n=.
答案:
13.已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n+a n=1(n∈N*).
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=lo(1-S n+1)(n∈N*),令T n=++…+,求T n. 解:(1)当n=1时,a1=S1,
由S1+a1=1,得a1=,
当n≥2时,S n=1-a n,S n-1=1-a n-1,
则S n-S n-1=(a n-1-a n),即a n=(a n-1-a n),
所以a n=a n-1(n≥2).
故数列{a n}是以为首项,为公比的等比数列.
故a n=·()n-1=2·()n(n∈N*).
(2)因为1-S n=a n=()n.
所以b n=lo(1-S n+1)=lo()n+1=n+1,
因为==-,
所以T n=++…+
=(-)+(-)+…+(-)=-=.
14.(2018·广西玉林一模)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).
(1)求证:(+)为等比数列,并求{a n}的通项公式a n;
(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,求数列{b n}的前n项和T n. 解:(1)因为a1=1,a n+1=,
所以==1+,
即+=+=3(+),
则(+)为等比数列,公比q=3,
首项为+=1+=,则+=·3n-1,
即=-+·3n-1=(3n-1),
即a n=.
(2)b n=(3n-1)··a n=,
则数列{b n}的前n项和T n=+++…+,
T n=+++…+,
两式相减得T n=1+++…+-=-=2--=2-, 则T n=4-.。