通用版高考数学考前3个月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4671.pdf

1 通用版高考数学考前 3 个月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 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(2015安徽)已知数列an中，a11，anan112(n2)，则数列an的前 9 项和等于_ 答案 27 解析 由已知数列an是以 1 为首项，以12为公差的等差数列 S9919821291827.2(2016浙江)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.答案 1 121 解析 由 a22a11，a2a14，解得a11，a23，当n2 时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11，得an1an2an，an13an，又a23a1，an是首项为 1，公比为 3 的等比数列 Sn12(3n1)S5121.3(2015课标全国)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn1anan1，求数列bn的前n项和 解(1)由a2n2an4Sn3，可知a2n12an14Sn13.2 可得a2n1a2n2(an1an)4an1，即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又a212a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1 可知 bn1anan112n12n31212n112n3.设数列bn的前n项和为Tn，则 Tnb1b2bn 121315151712n112n3 n32n3.4(2016山东)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cnan1n1bn2n，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2 时，Sn13n22n5，anSnSn16n5，当n1 时，a1S111，符合an通项公式，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由 a1b1b2，a2b2b3，即 112b1d，172b13d，可解得b14，d3，所以bn3n1.(2)由(1)知，cn6n6n13n3n3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2 两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12n12n2 3n2n2，所以Tn3n2n2.3 高考必会题型 题型一 分组转化法求和 例 1(2016天津)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且1a11a22a3，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是 log2an与 log2an1的等差中项，求数列(1)nb2n的前 2n项和 解(1)设数列an的公比为q.由已知，有1a11a1q2a1q2，解得q2 或q1.又由S6a11q61q63，知q1，所以a11261263，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn12(log2anlog2an1)12(log22n1log22n)n12，即bn是首项为12，公差为 1 的等差数列 设数列(1)nb2n的前n项和为Tn，则 T2n(b21b22)(b23b24)(b22n1b22n)b1b2b3b4b2n1b2n 2nb1b2n22n2.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S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和 解(1)由题意得 a1a24，a22a11，则 a11，a23.又当n2 时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.4 所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，则b12，b21，当n3 时，由于 3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23，当n3 时，Tn3913n213n7n22 3nn25n112，所以Tn 2，n1，3，n2，3nn25n112，n3，nN*.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b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1 时，记cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意有，10a145d100，a1d2，即 2a19d20，a1d2，解得 a11，d2或 a19，d29.故 an2n1，bn2n1或 an192n79，bn929n1.(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn2n12n1，于是 Tn1325227239242n12n1，12Tn123225237249252n12n.可得 5 12Tn21212212n22n12n32n32n，故Tn62n32n1.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“anbn”型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比；把两个和的形式错位相减；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 2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.解(1)因为 2Sn3n3，所以 2a133，故a13，当n1 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an 3，n1，3n1，n1.(2)因为anbnlog3an，所以，当n1 时，b113，所以T1b113；当n1 时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以，当n1 时，Tnb1b2b3bn13(131232(n1)31n)，所以 3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得 2Tn23(30313232n)(n1)31n 23131n131(n1)31n 1366n323n，所以Tn13126n343n，经检验，n1 时也适合 综上可得Tn13126n343n.6 题型三 裂项相消法求和 例 3 若数列an的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y1613x的图象上(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若c10，且对任意正整数n都有cn1cnlog12an，求证：对任意正整数n2，总有131c21c31c41cn34.(1)解 Sn1613an，当n2 时，anSnSn113an113an，an14an1.又S11613a1，a118，an18(14)n1(12)2n1.(2)证明 由cn1cnlog12an2n1，得 当n2 时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)1c21c31c41cn 1221132114211n21 12(113)(1214)(1315)(1n11n1)12(112)(1n1n1)3412(1n1n1)34.又1c21c31c41cn1c213，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1anan1的前n项和，其中an若为等差数列，则1anan11d(1an1an1)其余还有公式法求和等 7(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a110，a2为整数，且SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设bn1anan1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由a110，a2为整数，知等差数列an的公差d为整数 又SnS4，故a40，a50，于是 103d0,104d0.解得103d52.因此d3.数列an的通项公式为an133n.(2)bn1133n103n131103n1133n.于是Tnb1b2bn 131711014171103n1133n 131103n110n10103n.高考题型精练 1已知数列 112，314，518，7116，则其前n项和Sn为()An2112n Bn2212n Cn2112n1 Dn2212n1 答案 A 解析 因为an2n112n，则Sn12n12n112n12112n2112n.2已知数列an：12，1323，142434，110210310910，若bn1anan1，那么 8 数列bn的前n项和Sn为()A.nn1 B.4nn1 C.3nn1 D.5nn1 答案 B 解析 an123nn1n2，bn1anan14nn141n1n1，Sn411212131n1n1 4(11n1)4nn1.3数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前 100 项之和S100等于()A200 B200 C400 D400 答案 B 解析 S100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.4 已知函数f(n)n2，当n为奇数时，n2，当n为偶数时，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D10 200 答案 B 解析 由题意，得a1a2a3a100 1222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选 B.5若数列an的通项公式为an2nn2，则其前n项和Sn为()A11n2 B.321n1n1 C.321n1n2 D.321n11n2 9 答案 D 解析 因为an2nn21n1n2，所以Sna1a2an 113121413151n11n11n1n2 1121n11n2 321n11n2.故选 D.6已知数列an为等比数列，前三项为：a，12a12，13a13，且Sna1a2an，则Tna21a22a2n等于()A9123n B81123n C.815149n D81149n 答案 C 解析 由12a122a13a13 解得a3(a1 舍去)，Tna21a22a2na21149n149815149n.7 对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a11，an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn_.答案 2n1n2 解析 因为an1an2n，应用累加法可得an2n1，所以Sna1a2a3an 222232nn 212n12n 2n1n2.8若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和Sn_.10 答案 2n12n2 解析 Sn212n12n12n122n12n2.9数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为_ 答案 1 830 解析 an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)102642234 151023421 830.10在等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足bnlog3an，则数列1bnbn1的前n项和Sn_.答案 nn1 解析 设等比数列an的公比为q，则a4a1q327，解得q3.所以ana1qn133n13n，故bnlog3ann，所以1bnbn11nn11n1n1.则数列1bnbn1的前n项和为 11212131n1n111n1nn1.11设数列an的前n项和为Sn，点n，Snn(nN*)均在函数y3x2 的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn3anan1，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tnm20对所有nN*都成立的最小正整数m.解(1)依题意得，Snn3n2，即Sn3n22n.当n2 时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1 时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)