微专题2 数列求和及简单应用

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对点训练
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1. 选③，由aan＋n 1＝n＋n 1，得na＋n＋11＝ann，所以ann＝a11，即 an＝a1n， S7＝7a4＝28a1＝56，所以 a1＝2，所以 an＝2n，Sn＝ n2＋n. 设{bn}的公比为 q，又因为 a1＝2，a2＝4，由 b1＝a1， b2＝a12a2，
在，求出 λ；若不存在，请说明理由．
(1)证明：因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，S2n＝a2n＋1－λSn＋1， 所以 S2n＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1， 则 Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
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因为 an>0，知 Sn＋1>0， 所以 Sn＋1－2Sn－λ＝0， 故 Sn＋1＝2Sn＋λ. (2)解：由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ， 当 n≥2 时，Sn＝2Sn－1＋λ， 两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)， 所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比 q＝2. 又 S2＝2S1＋λ，即 a2＋a1＝2a1＋λ，所以 a2＝a1＋λ＝1 ＋λ>0，得 λ>－1.
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代入(a2＋2)2＝(a1＋2)(a3＋2)，易得 a1＝2，a2＝4， a3＝7，a4＝12.
于是数列{an＋2}的前 4 项为 4，6，9，14； 显然它不是等比数列，所以数列{an＋2}不可能是等 比数列．
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大题考法 4 错位相减法求数列的和
故 Sn＝22nn＋ －33 11，，nn为为偶奇数数，.
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大题考法 3 裂项相消法求数列的和 (2020·泰安市 6 月模拟)在①Sn＝n2＋n，②a3＋ a5＝16，S3＋S5＝42，③aan＋n 1＝n＋n 1，S7＝56 这三个条件中 任选一个补充在下面的问题中，并加以解答． 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}为等比数 列，________，b1＝a1，b2＝a12a2. 求数列S1n＋bn的前 n 项和 Tn.
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1．裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项 或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注 意消去了哪些项，保留了哪些项．
2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项， 前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
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(2020·江西省重点中学协作体联考)已知数列{an}满 足 an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)．
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因此 an＝1（，λ＋n＝1）1，·2n－2，n≥2. 若数列{an}是等比数列，则 a2＝1＋λ＝2a1＝2. 所以 λ＝1，经验证得 λ＝1 时，数列{an}是等比数列．
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1．判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于 任意 n≥1，n∈N*，验证 an＋1－an或aan＋n 1为与正整数 n 无关的一常数；(2)中项公式法．
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3nn＋1＝12－2×1 3n－3nn＋1， 所以 Tn＝34－24n×＋33n .
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1．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列， 求数列{an·bn}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{bn}的公比，然后作差求解．
(1)若数列{an}是等差数列，求数列ana1n＋1的前 n 项 和 Sn；
(2)证明：数列{an＋2}不可能是等比数列．
(1)解：设数列{an}的首项为 a1，公差为 d. 则 an＋1＝an＋d，代入已知得：an＝n＋d－1， 又 an＝a1＋(n－1)d，即 a1＋(n－1)d＝n＋d－1，
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解：选①，当 n＝1 时，a1＝S1＝2，当 n≥2 时，an＝ Sn－Sn－1＝2n，
又 n＝1 满足 an＝2n，所以 an＝2n. 设{bn}的公比为 q，又因为 a1＝2，a2＝4，由 b1＝a1， b2＝a12a2， 得 b1＝2，q＝2，所以 bn＝2n.所以数列{bn}的前 n 项和 为2－1－2n2＋1＝2n＋1－2，
专题二 数 列
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大题考法 1 等差数列、等比数列证明与判定 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an>0，
S2n＝a2n＋1－λSn＋1，其中 λ 为常数． (1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ； (2)是否存在实数 λ，使得数列{an}为等比数列，若存
公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 已知 S4＝10，且 a1，a3，a9 成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列a3nn的前 n 项和 Tn.
解：(1)设{an}的公差为 d，由题设得4aa23＝1＋a61·da＝9，10，所 以4（a1a＋1＋6d2＝d）102＝，a1（a1＋8d）.
2．在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错 项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
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已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数
列，且 an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令 cn＝（（abn＋n＋12））n＋n1，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
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(2)解：当 n＝1 时，4S1－2a1＝21 ，解得 a1＝1，又 an＋1＋ an＝2n－1，
故当 n 为偶数时有 Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝ 20＋22＋…＋2n－2＝2011－－44n2＝2n－3 1.
当 n 为奇数时有 Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋ an)＝1＋21＋23＋…＋2n－2＝1＋211－1－4n4－2 1＝2n＋3 1.
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则 Sn＋1＝23[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝23[(－2)n＋2－1]， 所以 Sn＋1＋Sn＋2＝23[(－2)n＋1－1]＋23[(－2)n＋2－1]＝23 [2(－2)n－2]＝43[(－2)n－1]＝2Sn， 所以 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列．
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所以 nd＋a1－d＝n＋d－1，对应系数相等，易得 a1＝1， d＝1，所以 an＝n.
设 cn＝ana1n＋1，则 cn＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1. 所以 Sn＝1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝n＋n 1. (2)证明：假设数列{an＋2}是等比数列，则(a2＋2)2＝(a1 ＋2)(a3＋2)， 由已知 an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，可得 a2＝2a1，a3＝2a2 －1＝4a1－1，
解：(1)设{an}的公比为 q，由题设可得
aa11（（11＋＋qq）＋＝q2）2，＝－6，解得qa＝1＝－－22，.
故{an}的通项公式为 an＝(－2)n.
(2)由(1)得
Sn
＝
a1（11－－qqn）＝
－2[1－（－2）n] 1－（－2）
＝
2 3
[(－2)n－1]，
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解之得 a1＝1，且 d＝1.因此 an＝n. (2)令 cn＝a3nn＝3nn，则 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝13＋322＋333 ＋…＋n3－n－11＋3nn，① 13Tn＝312＋323＋…＋n－3n 1＋3nn＋1，② ①－②得：23Tn＝13＋312＋…＋31n－3nn＋1＝1311－－1331n－
又S1n＝n2＋1 n＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1，
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数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝ 1－n＋1 1，
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1. 选②，设公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得 2a1＋6d＝16， 8a1＋13d＝42， 解得ad1＝＝22，，所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.
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得 b1＝2，q＝2，所以 bn＝2n.所以数列{bn}的前 n 项 和为2－1－2n2＋1＝2n＋1－2，
又S1n＝n2＋1 n＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1， 数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝ 1－n＋1 1， 故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1.
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大题考法 2 等差数列、等比数列基本量的运算 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝
24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 ： (1) 因 为 {an} 为 等 差 数 列 ， 所 以 S4＝4a1＋4×2 3d＝24， S7＝7a1＋7×2 6d＝63，
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解得ad1＝＝23. ， 因此{an}的通项公式 an＝2n＋1. (2)因为 bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2× 4n＋(－1)n·(2n＋1)， 所以 Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－ 1)n(2n＋1)]＝8（4n3－1）＋Gn. 当 n 为偶数时，Gn＝2×n2＝n，所以 Tn＝8（4n3－1）＋n；
2．分组求和的策略： (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组．
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(2020·石家庄二中质检)Sn 为数列{an}的前 n 项和满 足：4Sn－2an＝2n(n∈N*)．
(1)设 bn＝an＋an＋1，证明{bn}是等比数列； (2)求 Sn. (1)证明：因为 4Sn－2an＝2n，① 故 4Sn＋1－2an＋1＝2n＋1(n∈N*)，② ②－①可得 4an＋1－2an＋1＋2an＝2n＋1－2n. 整理可得 an＋1＋an＝2n－1，即 bn＝2n－1，(n∈N*)． 因为bbn＋n 1＝22n－n 1＝2，(n∈N*)，故{bn}是等比数列．
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当 n 为奇数时，Gn＝2×n－2 1－(2n＋1)＝－n－2， 所以 Tn＝8（4n3－1）－n－2， 所以 Tn＝88（（44nn33－－11））－＋nn－，2n，为n偶为数奇，数.
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1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 的 奇偶进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
当 n＝1 时，a1＝S1＝11，符合上式．所以 an＝6n＋5.
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设{bn}的公比为 q，又因为 a1＝2，a2＝4，由 b1＝a1， b2＝a12a2，得 b1＝2，q＝2，所以 bn＝2n.
所以数列{bn}的前 n 项和为2－1－2n2＋1＝2n＋1－2， 又S1n＝n2＋1 n＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1， 数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝ 1－n＋1 1，
2.aan＋n 1＝q 和 a2n＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比 数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．
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记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列．