高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題5 數(shù)列、推理與證明 第23練 數(shù)列求和問題 文

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第23練　數(shù)列求和問題 [題型分析高考展望]　數(shù)列求和是數(shù)列部分高考考查的兩大重點之一，主要考查等差、等比數(shù)列的前n項和公式以及其他求和方法，尤其是錯位相減法、裂項相消法是高考的熱點內(nèi)容，常與通項公式相結(jié)合考查，有時也與函數(shù)、方程、不等式等知識交匯，綜合命題． 體驗高考 1．(2015安徽)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，則數(shù)列{an}的前9項和等于________． 答案　27 解析　由已知數(shù)列{an}是以1為首項，以為公差的等差數(shù)列．∴S9＝91＋＝9＋18＝27. 2．(2016浙江)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝______，S5＝______. 答案　1　121 解析　由解得a1＝1，a2＝3， 當n≥2時，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}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列． ∴Sn＝(3n－1)．∴S5＝121. 3．(2015課標全國Ⅰ)Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和． 解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，① 可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② ②－①可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由于an>0，可得an＋1－an＝2. 又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3. 所以{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，通項公式為an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝. 設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝. 4．(2016山東)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)令cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)由題意知，當n≥2時， Sn－1＝3n2＋2n－5，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 當n＝1時，a1＝S1＝11，符合{an}通項公式， 所以an＝6n＋5. 設數(shù)列{bn}的公差為d.由 即可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1. (2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)2n＋1. 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得Tn＝3[222＋323＋…＋(n＋1)2n＋1]， 2Tn＝3[223＋324＋…＋(n＋1)2n＋2]． 兩式作差，得－Tn＝3[222＋23＋24＋…＋2n＋1 －(n＋1)2n＋2]＝3 ＝－3n2n＋2， 所以Tn＝3n2n＋2. 高考必會題型 題型一　分組轉(zhuǎn)化法求和 例1　(2016天津)已知{an}是等比數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63. (1)求{an}的通項公式； (2)若對任意的n∈N*，bn是log2an與log2an＋1的等差中項，求數(shù)列{(－1)nb}的前2n項和． 解　(1)設數(shù)列{an}的公比為q. 由已知，有－＝，解得q＝2或q＝－1. 又由S6＝a1＝63，知q≠－1， 所以a1＝63，得a1＝1. 所以an＝2n－1. (2)由題意，得bn＝(log2an＋log2an＋1) ＝(log22n－1＋log22n)＝n－， 即{bn}是首項為，公差為1的等差數(shù)列． 設數(shù)列{(－1)nb}的前n項和為Tn，則 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b) ＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ＝＝2n2. 點評　分組求和常見的方法：(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組，即分組后，每一組可能是等差數(shù)列或等比數(shù)列；(2)根據(jù)正號、負號分組；(3)根據(jù)數(shù)列的周期性分組；(4)根據(jù)奇數(shù)項、偶數(shù)項分組． 變式訓練1　(2016浙江)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通項公式an； (2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項和． 解　(1)由題意得則又當n≥2時， 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an， 得an＋1＝3an. 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*. (2)設bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*， 則b1＝2，b2＝1， 當n≥3時，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3. 設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3， 當n≥3時，Tn＝3＋－ ＝， 所以Tn＝ 題型二　錯位相減法求和 例2　(2015湖北)設等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2) 當d>1時，記cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)由題意有，即 解得或 故或 (2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是 Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ① Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ② ①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－， 故Tn＝6－. 點評　錯位相減法的關注點 (1)適用題型：等差數(shù)列{an}乘以等比數(shù)列{bn}對應項“{anbn}”型數(shù)列求和． (2)步驟： ①求和時先乘以數(shù)列{bn}的公比； ②把兩個和的形式錯位相減； ③整理結(jié)果形式． 變式訓練2　(2015山東)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3. (1)求{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn. 解　(1)因為2Sn＝3n＋3， 所以2a1＝3＋3，故a1＝3， 當n＞1時，2Sn－1＝3n－1＋3， 此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝23n－1， 即an＝3n－1， 所以an＝ (2)因為anbn＝log3an， 所以，當n＝1時，b1＝，所以T1＝b1＝； 當n＞1時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)31－n. 所以，當n＞1時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(13－1＋23－2＋…＋(n－1)31－n)， 所以3Tn＝1＋(130＋23－1＋…＋(n－1)32－n)， 兩式相減，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)31－n ＝＋－(n－1)31－n ＝－，所以Tn＝－， 經(jīng)檢驗，n＝1時也適合． 綜上可得Tn＝－. 題型三　裂項相消法求和 例3　若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(an，Sn)在y＝－x的圖象上(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若c1＝0，且對任意正整數(shù)n都有cn＋1－cn＝logan，求證：對任意正整數(shù)n≥2，總有≤＋＋＋…＋＜. (1)解　∵Sn＝－an， ∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an， ∴an＝an－1. 又∵S1＝－a1，∴a1＝， ∴an＝()n－1＝()2n＋1. (2)證明　由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得 當n≥2時，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1) ＝0＋3＋5＋…＋(2n－1) ＝n2－1＝(n＋1)(n－1)． ∴＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝[(1＋)－(＋)] ＝－(＋)<. 又∵＋＋＋…＋≥＝， ∴原式得證． 點評　(1)裂項相消法：把數(shù)列和式中的各項分別裂開后，消去一部分從而計算和的方法，適用于求通項為的前n項和，其中{an}若為等差數(shù)列，則＝(－)．其余還有公式法求和等． (2)利用裂項相消法求和時，應注意抵消后并不一定只剩第一項和最后一項，也可能前面剩兩項，后面也剩兩項． 變式訓練3　等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝10，a2為整數(shù)，且Sn≤S4. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由a1＝10，a2為整數(shù)， 知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)． 又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0， 于是10＋3d≥0,10＋4d≤0. 解得－≤d≤－.因此d＝－3. 數(shù)列{an}的通項公式為an＝13－3n. (2)bn＝＝. 于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝. 高考題型精練 1．已知數(shù)列1，3，5，7，…，則其前n項和Sn為(　　) A．n2＋1－ B．n2＋2－ C．n2＋1－ D．n2＋2－ 答案　A 解析　因為an＝2n－1＋， 則Sn＝n＋＝n2＋1－. 2．已知數(shù)列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么數(shù)列{bn}的前n項和Sn為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　∵an＝＝， ∴bn＝＝＝4， ∴Sn＝4 ＝4(1－)＝. 3．數(shù)列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1(4n－3)，則它的前100項之和S100等于(　　) A．200 B．－200 C．400 D．－400 答案　B 解析　S100＝(41－3)－(42－3)＋(43－3)－…－(4100－3)＝4[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4(－50)＝－200. 4．已知函數(shù)f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 答案　B 解析　由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50101＋50103＝100.故選B. 5．若數(shù)列{an}的通項公式為an＝，則其前n項和Sn為(　　) A．1－ B.－－ C.－－ D.－－ 答案　D 解析　因為an＝＝－， 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝1－＋－＋－＋…＋－＋－ ＝1＋－－ ＝－－. 故選D. 6．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，前三項為：a，a＋，a＋，且Sn＝a1＋a2＋…＋an，則Tn＝a＋a＋…＋a等于(　　) A．9 B．81 C. D．81 答案　C 解析　由2＝a 解得a＝3(a＝－1舍去)， Tn＝a＋a＋…＋a＝＝. 7．對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝1，{an}的“差數(shù)列”的通項公式為an＋1－an＝2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________. 答案　2n＋1－n－2 解析　因為an＋1－an＝2n， 應用累加法可得an＝2n－1， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝2＋22＋23＋…＋2n－n ＝－n ＝2n＋1－n－2. 8．若數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________. 答案　2n＋1－2＋n2 解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2. 9．數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為________． 答案　1 830 解析　∵an＋1＋(－1)nan＝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 ＝＝1 830. 10．在等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列{bn}滿足bn＝log3an，則數(shù)列的前n項和Sn＝________. 答案　 解析　設等比數(shù)列{an}的公比為q， 則＝q3＝27，解得q＝3. 所以an＝a1qn－1＝33n－1＝3n，故bn＝log3an＝n， 所以＝＝－. 則數(shù)列的前n項和為1－＋－＋…＋－＝1－＝. 11．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(n∈N*)均在函數(shù)y＝3x－2的圖象上． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Tn＜對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m. 解　(1)依題意得，＝3n－2，即Sn＝3n2－2n. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1 ＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5. 當n＝1時，a1＝S1＝312－21＝1＝61－5， 所以an＝6n－5(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝＝ ＝. 故Tn＝n ＝ ＝. 因此，使得＜(n∈N*)成立的m必須滿足≤，即m≥10， 故滿足要求的最小正整數(shù)m為10. 12．在數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)∵{an－1}是等比數(shù)列且a1－1＝2， a2－1＝4，＝2， ∴an－1＝22n－1＝2n， ∴an＝2n＋1. (2)bn＝nan＝n2n＋n， 故Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(2＋222＋323＋…＋n2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)． 令T＝2＋222＋323＋…＋n2n， 則2T＝22＋223＋324＋…＋n2n＋1. 兩式相減，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1 ＝－n2n＋1， ∴T＝2(1－2n)＋n2n＋1＝2＋(n－1)2n＋1. ∵1＋2＋3＋…＋n＝， ∴Tn＝(n－1)2n＋1＋.