高考數(shù)學大二輪總復習與增分策略 專題四 數(shù)列、推理與證明 第2講 數(shù)列的求和問題練習 文

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第2講　數(shù)列的求和問題 1．(2016課標全國甲)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lg an]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b1，b11，b101； (2)求數(shù)列{bn}的前1 000項和． 解　(1)設{an}的公差為d，據(jù)已知有7＋21d＝28， 解得d＝1.所以{an}的通項公式為an＝n. b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2. (2)因為bn＝ 所以數(shù)列{bn}的前1 000項和為190＋2900＋31＝1 893. 2．(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，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 當n＝1時，a1＝S1＝11，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. 高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過分組轉化、錯位相減、裂項相消等方法求一般數(shù)列的和，體現(xiàn)轉化與化歸的思想. 熱點一　分組轉化求和 有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，即先分別求和，然后再合并． 例1　等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nln an，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解　(1)當a1＝3時，不合題意； 當a1＝2時，當且僅當a2＝6，a3＝18時，符合題意； 當a1＝10時，不合題意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故an＝23n－1 (n∈N*)． (2)因為bn＝an＋(－1)nln an ＝23n－1＋(－1)nln(23n－1) ＝23n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3] ＝23n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 當n為偶數(shù)時， Sn＝2＋ln 3 ＝3n＋ln 3－1； 當n為奇數(shù)時， Sn＝2－(ln 2－ln 3)＋ln 3 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 綜上所述，Sn＝ 思維升華　在處理一般數(shù)列求和時，一定要注意使用轉化思想．把一般的數(shù)列求和轉化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進行求和，在求和時要分析清楚哪些項構成等差數(shù)列，哪些項構成等比數(shù)列，清晰正確地求解．在利用分組求和法求和時，由于數(shù)列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數(shù)n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式． 跟蹤演練1　(2015湖南)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*. (1)證明：an＋2＝3an； (2)求Sn. (1)證明　由條件，對任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而對任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 兩式相減，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1， 即an＋2＝3an，n≥2. 又a1＝1，a2＝2， 所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1， 故對一切n∈N*，an＋2＝3an. (2)解　由(1)知，an≠0，所以＝3.于是數(shù)列{a2n－1}是首項a1＝1，公比為3等比數(shù)列；數(shù)列{a2n}是首項a2＝2，公比為3的等比數(shù)列． 因此a2n－1＝3n－1，a2n＝23n－1. 于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n ＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1) ＝3(1＋3＋…＋3n－1) ＝. 從而S2n－1＝S2n－a2n＝－23n－1 ＝(53n－2－1)． 綜上所述，Sn＝ 熱點二　錯位相減法求和 錯位相減法是在推導等比數(shù)列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數(shù)列{anbn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列． 例2　已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝(2n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)， ∴2an＝an－1，＝， 又∵a1＝2， ∴{an}是首項為2，公比為的等比數(shù)列， ∴an＝2()n－1＝()n－2＝22－n. (2)bn＝(2n－1)22－n， Tn＝121＋320＋52－1＋…＋(2n－1)22－n， Tn＝120＋32－1＋…＋(2n－3)22－n＋(2n－1)21－n， ∴Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)21－n ＝2＋－(2n－1)21－n ＝6－(2n＋3)21－n， ∴Tn＝12－(2n＋3)22－n. 思維升華　(1)錯位相減法適用于求數(shù)列{anbn}的前n項和，其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列；(2)所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減．要注意的是相減后得到部分，求等比數(shù)列的和，此時一定要查清其項數(shù)．(3)為保證結果正確，可對得到的和取n＝1,2進行驗證． 跟蹤演練2　已知正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)． (1)求an； (2)若bn＝2nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)∵4Sn＝(an－1)(an＋3)＝a＋2an－3， ∴當n≥2時，4Sn－1＝a＋2an－1－3， 兩式相減得，4an＝a－a＋2an－2an－1， 化簡得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， ∵{an}是正項數(shù)列，∴an＋an－1≠0， ∴an－an－1－2＝0，對任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2， 又由4S1＝a＋2a1－3得，a－2a1－3＝0， 解得a1＝3或a1＝－1(舍去)， ∴{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列， ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)由已知及(1)知， bn＝(2n＋1)2n， Tn＝321＋522＋723＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，① 2Tn＝322＋523＋724＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)2n＋1，② ②－①得，Tn＝－321－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1＝－6－2＋(2n＋1)2n＋1 ＝2＋(2n－1)2n＋1. 熱點三　裂項相消法求和 裂項相消法是指把數(shù)列和式中的各項分別裂開后，某些項可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于{}或{}(其中{an}為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和． 例3　已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，a1＝1，公比為q；等差數(shù)列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n項和為Sn，a3＋S3＝27，q＝. (1)求{an}與{bn}的通項公式； (2)設數(shù)列{cn}滿足cn＝，求{cn}的前n項和Tn. 解　(1)設數(shù)列{bn}的公差為d， ∵a3＋S3＝27，q＝， ∴q2＋9＋3d＝27,6＋d＝q2，解得q＝3，d＝3. ∴an＝3n－1，bn＝3n. (2)由題意及(1)，得Sn＝， cn＝＝＝－. 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 思維升華　(1)裂項相消法的基本思想就是把通項an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，從而達到在求和時某些項相消的目的，在解題時要善于根據(jù)這個基本思想變換數(shù)列{an}的通項公式，使之符合裂項相消的條件． (2)常用的裂項公式 ①＝(－)； ②＝(－)； ③＝(－)． 跟蹤演練3　(1)設Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，a2＝2，S5＝15，若的前m項和為，則m的值為(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 (2)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝log2 (n∈N*)，設其前n項和為Sn，則使Sn<－5成立的正整數(shù)n有(　　) A．最小值63 B．最大值63 C．最小值31 D．最大值31 答案　(1)B　(2)A 解析　(1)設數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d， 則有　 ∴a1＝d＝1，∴an＝n， ∴＝－. ∴＋＋＋…＋ ＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝＝， ∴m＝9. (2)∵an＝log2 (n∈N*)， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2＋log2＋…＋log2＝(log22－log23)＋(log23－log24)＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2) ＝log2，由Sn<－5＝log2?62， 故使Sn<－5成立的正整數(shù)n有最小值63. 1．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝，其前n項和為Sn，若存在M∈Z，滿足對任意的n∈N*，都有Sn0)，且4a3是a1與2a2的等差中項． (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 押題依據(jù)　錯位相減法求和是高考的重點和熱點，本題先利用an，Sn的關系求an，也是高考出題的常見形式． 解　(1)當n＝1時，S1＝a(S1－a1＋1)， 所以a1＝a， 當n≥2時，Sn＝a(Sn－an＋1)，① Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，② 由①－②，得an＝aan－1， 即＝a， 故{an}是首項a1＝a，公比為a的等比數(shù)列， 所以an＝aan－1＝an. 故a2＝a2，a3＝a3. 由4a3是a1與2a2的等差中項，可得8a3＝a1＋2a2， 即8a3＝a＋2a2， 因為a≠0，整理得8a2－2a－1＝0， 即(2a－1)(4a＋1)＝0， 解得a＝或a＝－(舍去)， 故an＝()n＝. (2)由(1)，得bn＝＝(2n＋1)2n， 所以Tn＝32＋522＋723＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，① 2Tn＝322＋523＋724＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)2n＋1，② 由①－②，得－Tn＝32＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)2n＋1 ＝6＋2－(2n＋1)2n＋1 ＝－2＋2n＋2－(2n＋1)2n＋1 ＝－2－(2n－1)2n＋1， 所以Tn＝2＋(2n－1)2n＋1. A組　專題通關 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＋， 所以Sn＝＋＝n2＋1－. 2．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－6n，則{|an|}的前n項和Tn等于(　　) A．6n－n2 B．n2－6n＋18 C. D. 答案　C 解析　由Sn＝n2－6n可得， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1 ＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7. 當n＝1時，S1＝－5＝a1，也滿足上式， ∴an＝2n－7，n∈N*. ∴n≤3時，an<0；n>3時，an>0. ∴當n≤3時，Tn＝|Sn|＝6n－n2， 當n>3時，Tn＝Sn＋2|S3|＝n2－6n＋18. ∴Tn＝ 3．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，則S20等于(　　) A．31 B．122 C．324 D．484 答案　B 解析　由題意得，因為an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)， 所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…， 所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項構成首項為1，公差為2的等差數(shù)列，偶數(shù)項構成首項為，公差為的等差數(shù)列， 所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122，故選B. 4．設數(shù)列{an}滿足：a1＝2，an＋1＝1－，記數(shù)列{an}的前n項之積為Tn，則T2 016的值為(　　) A．－ B．－1 C. D．1 答案　D 解析　由a1＝2，an＋1＝1－， 得a2＝1－＝，a3＝1－＝－1，a4＝1－＝2，…， 由上可知，數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列， 又a1a2a3＝2(－1)＝－1，且2 016＝3672. ∴T2 016＝(－1)672＝1. 故選D. 5．1＋＋＋…＋ 的值為(　　) A．18＋ B．20＋ C．22＋ D．18＋ 答案　B 解析　設an＝1＋＋＋…＋ ＝＝2[1－()n]， 原式＝a1＋a2＋…＋a11 ＝2[1－()1]＋2[1－()2]＋…＋2[1－()11] ＝2[11－(＋＋…＋)] ＝2[11－] ＝2[11－(1－)]＝2(11－1＋)＝20＋. 6．設f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，則S＝________. 答案　1 007 解析　∵f(x)＝， ∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f()＋f()＋…＋f()，① S＝f()＋f()＋…＋f()，② ①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2 014， ∴S＝＝1 007. 7．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，記Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S60＝________. 答案　480 解析　方法一　依題意得，當n是奇數(shù)時，an＋2－an＝1，即數(shù)列{an}中的奇數(shù)項依次形成首項為1、公差為1的等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝301＋1＝465； 當n是偶數(shù)時，an＋2＋an＝1，即數(shù)列{an}中的相鄰的兩個偶數(shù)項之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15. 因此，該數(shù)列的前60項和S60＝465＋15＝480. 方法二　∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}為等差數(shù)列，且a2n－1＝1＋(n－1)1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4， ∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8， S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…， ∴S60＝415＋4＝480. 8．定義為n個正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”，若已知數(shù)列{an}的前n項的“均倒數(shù)”為，又bn＝，則＋＋…＋＝________. 答案　 解析　由定義可知a1＋a2＋…＋an＝5n2，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝5(n＋1)2，可求得an＋1＝10n＋5， 所以an＝10n－5，則bn＝2n－1， 又＝(－)， 所以＋＋…＋ ＝(－＋－…－＋－) ＝(－)＝. 9．(2015福建)在等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值． 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d， 由已知得 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2. (2)由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝＋ ＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101. 10．已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，當n≥2時，其前n項和Sn滿足S＝an(Sn－)． (1)求Sn的表達式； (2)設bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明Tn<. (1)解　當n≥2時，an＝Sn－Sn－1代入S＝an(Sn－)，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0， 所以－＝2， 所以{}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列， 從而＝1＋(n－1)2＝2n－1， 所以Sn＝. (2)證明　因為bn＝＝ ＝(－)， 所以Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝(1－)<， 所以Tn<. B組　能力提高 11．已知等差數(shù)列{an}的通項公式an＝，設An＝|an＋an＋1＋…＋an＋12| (n∈N*)，則當An取最小值時，n的值為(　　) A．16 B．14 C．12 D．10 答案　D 解析　令an＝0，得a16＝0，所得a16－i＋a16＋i＝0 (i∈N*)． 因為An是等差數(shù)列{an}中連續(xù)13項的和的絕對值，An≥0. 因此取n＝10時，an＋an＋1＋…＋an＋12＝0， 即An＝0最小，故選D. 12．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝＋，且a1＝，則該數(shù)列的前2 016項的和等于(　　) A．1 509 B．3 018 C．1 512 D．2 016 答案　C 解析　因為a1＝， an＋1＝＋， 所以a2＝1，從而a3＝，a4＝1， 即得an＝ 故數(shù)列的前2 016項的和等于 S2 016＝1 008(1＋)＝1 512. 13．設向量a＝(1,2)，b＝(，an) (n∈N*)，若a∥b，設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn的最小值為________． 答案　1 解析　因為向量a＝(1,2)，b＝(，an) (n∈N*)， a∥b，所以1an－2＝0， 即an＝＝2(－)， 從而數(shù)列{an}的前n項和為 Sn＝2(－＋－＋…＋－＋－)＝2(1－)＝＝， 顯然當n＝1時，Sn取得最小值，為1. 14．已知{an}是一個公差d大于0的等差數(shù)列，且滿足a3a5＝45，a2＋a6＝14. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足：＋＋…＋＝an＋n2，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解　(1)∵a3＋a5＝a2＋a6＝14，a3a5＝45， ∴a3＝5，a5＝9或a3＝9，a5＝5， ∵d>0，∴a3＝5，a5＝9， ∴?a1＝1，d＝2， ∴an＝2n－1. (2)由＋＋…＋＝an＋n2， 得＋＋…＋＝2n－1＋n2， ＋＋…＋＝2(n－1)－1＋(n－1)2 (n≥2)， 兩式相減得＝2n＋1，∴bn＝2n(2n＋1)(n≥2)， 又＝a1＋1，∴b1＝4， ∴bn＝ 記Tn＝b2＋b3＋…＋bn， 則Tn＝225＋237＋…＋2n(2n＋1)， 2Tn＝235＋247＋…＋2n＋1(2n＋1)， 兩式相減得－Tn＝4＋2n＋1(1－2n)， 則Tn＝2n＋1(2n－1)－4，∴Sn＝2n＋1(2n－1)．