高考数学理二轮复习 讲学案考前专题四 数列推理与证明 第2讲 数列的求和问题Word格式.docx
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由a1>
0及递推关系,可知an>
∴+1≠0,
∴=
==2,
又∵a1=1,∴+1=2,
(2)解 由
(1)得+1=2·
2n-1=2n,
∴an=n·
2n-n,
Sn=2+2×
22+3×
23+…+(n-1)2n-1+n×
2n-[1+2+3+…+(n-1)+n],
设Tn=2+2×
2n,①
则2Tn=22+2×
23+3×
24+…+(n-1)2n+n×
2n+1,②
由①-②,得
-Tn=2+22+23+…+2n-n·
2n+1
=-n·
2n+1=-(n-1)2n+1-2,
∴Tn=(n-1)2n+1+2,
又1+2+3+…+(n-1)+n=,
∴Sn=(n-1)2n+1-+2.
热点二 错位相减法求和
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{an·
bn}的前n项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.
例2 (2017·
山西省实验中学联考)已知数列{an}为等差数列,且a3=5,a5=9,数列{bn}的前n项和Sn=bn+.
(2)设cn=an|bn|,求数列{cn}的前n项的和Tn.
解
(1)因为数列{an}为等差数列,
所以d=(a5-a3)=2,
又因为a3=5,所以a1=1,所以an=2n-1.
当n=1时,b1=b1+,所以b1=1;
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=bn-bn-1,
所以bn=-2bn-1,
即数列{bn}是首项为1,公比为-2的等比数列,
所以bn=(-2)n-1.
(2)因为cn=an|bn|=(2n-1)2n-1,
所以Tn=1×
1+3×
2+5×
22+…+(2n-1)2n-1,
2Tn=1×
2+3×
22+5×
23+…+(2n-1)2n,
两式相减,得
-Tn=1×
1+2×
2+2×
22+…+2×
2n-1-(2n-1)2n
=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)2n
=1+2×
-(2n-1)2n
=1+2n+1-4-(2n-1)2n=-3+(3-2n)2n,
所以Tn=3+(2n-3)2n.
思维升华
(1)错位相减法适用于求数列{an·
bn}的前n项和,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.
(2)所谓“错位”,就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分求等比数列的和,此时一定要查清其项数.
(3)为保证结果正确,可对得到的和取n=1,2进行验证.
跟踪演练2 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn=n2,数列{bn}满足:
①b3=;
②bn>
0;
③2b+bn+1bn-b=0.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解
(1)当n=1时,a1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1(n∈N*),
检验a1=1,满足an=2n-1(n∈N*).
∵2b+bn+1bn-b=0,
且bn>
0,∴2bn+1=bn,
∴q=,b3=b1q2=,
∴b1=1,bn=n-1(n∈N*).
(2)由
(1)得cn=(2n-1)n-1,
Tn=1+3×
+5×
2+…+(2n-1)n-1,
Tn=1×
+3×
2+…+(2n-3)n-1+(2n-1)×
n,
两式相减,得Tn=1+2×
+2×
2+…+2×
n-1-(2n-1)×
n
=1+2-(2n-1)×
=3-n-1.
∴Tn=6-n-1(2n+3).
热点三 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后,某些项可以相互抵消从而求和的方法,主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.
例3 (2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{an}中,a=a3+a6,且a3为a1与a11的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)设数列{an}的公差为d,
∵a=a3+a6,
∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d,①
∵a=a1·
a11,
即(a1+2d)2=a1·
(a1+10d),②
∵d≠0,由①②解得a1=2,d=3.
∴数列{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由题意知,
bn=(-1)n
=(-1)n·
·
Tn=
=.
思维升华
(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(k≥1,k∈N*)的形式,从而在求和时达到某些项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式,使之符合裂项相消的条件.
(2)常用的裂项公式
①若{an}是等差数列,则=,=;
②=-,=;
③=;
④=;
⑤=-,=(-).
跟踪演练3 已知数列{an}满足:
++…+=(n∈N*).
(2)若bn=anan+1,Sn为数列{bn}的前n项和,对于任意的正整数n,Sn>
2λ-恒成立,求实数λ的取值范围.
解
(1)由题意,得当n=1时,=,则a1=2.
当n≥2时,++…+=,
则++…+=,
两式相减,得=-=,
即an=,当n=1时,也符合上式,则an=.
(2)由
(1),得
bn=anan+1=·
=2,
所以Sn=2
=2·
,
则n越大,越小,Sn越大,即当n=1时,Sn有最小值S1=.
因为对于任意的正整数n,Sn>
2λ-恒成立,
所以>
2λ-,解得λ<
故实数λ的取值范围是.
真题体验
1.(2017·
全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=________.
答案
解析 设等差数列{an}的公差为d,则
∴Sn=n×
1+×
1=,
==2.
∴=+++…+
=2
=2=.
2.(2017·
天津)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,
所以q2+q-6=0.
又因为q>
0,解得q=2,所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×
4n-1,得a2nb2n-1=(3n-1)×
4n,故
Tn=2×
4+5×
42+8×
43+…+(3n-1)×
4n,③
4Tn=2×
42+5×
43+8×
44+…+(3n-4)×
4n+(3n-1)×
4n+1,④
③-④,得-3Tn=2×
4+3×
42+3×
43+…+3×
4n-(3n-1)×
4n+1
=-4-(3n-1)×
=-(3n-2)×
4n+1-8,
得Tn=×
4n+1+.
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×
押题预测
1.已知数列{an}的通项公式为an=,其前n项和为Sn,若存在M∈Z,满足对任意的n∈N*,都有Sn<
M恒成立,则M的最小值为________.
押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容,也是《考试大纲》中明确提出的知识点,年年在考,年年有变,变的是试题的外壳,即在题设的条件上有变革,有创新,但在变中有不变性,即解答问题的常用方法有规律可循.
答案 1
解析 因为an==
所以Sn=++…+
=1-,
由于1-<
1,所以M的最小值为1.
2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=a(Sn-an+1)(a为常数,且a>
0),且4a3是a1与2a2的等差中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点,本题先利用an,Sn的关系求an,也是高考出题的常见形式.
解
(1)当n=1时,S1=a(S1-a1+1),所以a1=a,
当n≥2时,Sn=a(Sn-an+1),①
Sn-1=a(Sn-1-an-1+1),②
由①-②,得an=a·
an-1,即=a,
故{an}是首项a1=a,公比为a的等比数列,
所以an=a·
an-1=an.
故a2=a2,a3=a3.
由4a3是a1与2a2的等差中项,可得8a3=a1+2a2,
即8a3=a+2a2,
因为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=3×
22+7×
23+…+(2n-1)×
2n-1+(2n+1)×
2Tn=3×
23+7×
24+…+(2n-1)·
2n+(2n+1)×
由①-②,得-Tn=3×
2+2(22+23+…+2n)-(2n+1)×
=6+2×
-(2n+1)×
=-2+2n+2-(2n+1)×
=-2-(2n-1)×
2n+1,
所以Tn=2+(2n-1)×
2n+1.
A组 专题通关
1.(2017届湖南师大附中月考)已知数列{an},{bn}满足a1=1,且an,an+1是方程x2-bnx+2n=0的两根,则b10等于( )
A.24B.32
C.48D.64
答案 D
解析 由已知有anan+1=2n,∴an+1an+2=2n+1,则=2,所以数列{an}奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列,可以求出a2=2,所以数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32,…,而bn=an+an+1,所以b10=a10+a11=32+32=64,故选D.
2.(2017届河南百校联盟质检)已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2a=a+a(n≥2),bn=,记数列{bn}的前n项和为Sn,则S33的值是( )
A.B.
C.4D.3
解析 ∵2a=a+a(n≥2),
∴数列{a}为等差数列,首项为1,公差为22-1=3.
∴a=1+3(n-1)=3n-2,an>
∴an=(n∈N*),
∴bn==
=(-),
故数列{bn}的前n项和为
Sn=[(-)+(-)+…+(-)]=(-1),
则S33=(-1)=3.
故选D.
3.(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f(n)=n2cos(nπ),且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+…+a100等于( )
A.-100B.0
C.100D.10200
答案 A
解析 a1=-1+22,a2=22-32,a3=-32+42,a4=42-52,…,所以a1+a3+…+a99=(-1+22)+…+(-992+1002)=(1+2)+(3+4)+…+(99+100)=5050,a2+a4+…+a100=(22-32)+…+(1002-1012)=-(2+3+…+100+101)=-5150,所以a1+a2+…+a100=5050-5150=-100.
4.(2017届广东省潮州市模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,an=2·
3n-1(n∈N*),若bn=,则b1+b2+…+bn=____________.
答案 -
解析 因为==3,
所以数列{an}为等比数列.
所以Sn===3n-1,
又bn===-,
则b1+b2+…+bn=++…+=-=-.
5.(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x,[x]表示不超过x的最大整数,如[-0.2]=-1,[1.72]=1,已知an=(n∈N*),Sn为数列{an}的前项和,则S2017=________.
答案 677712
解析 由于=0,=0,===1,===2,根据这个规律,后面每3项都是相同的数,2017-2=671×
3+2,后余2项,
所以S2017=×
671×
3+672+672=677712.
6.(2017届山西晋中榆社中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且对任意正整数n,满足2an+1+Sn-2=0.
(2)设bn=na,求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)因为2an+1+Sn-2=0,
所以当n≥2时,2an+Sn-1-2=0,
两式相减,得2an+1-2an+Sn-Sn-1=0,
即2an+1-2an+an=0,an+1=an.
又当n=1时,2a2+S1-2=0⇒a2=a1,
即an+1=an(n∈N*).
所以{an}是首项a1=1,公比q=的等比数列,
所以数列{an}的通项公式为an=n-1.
(2)由
(1)知,bn=na=,
则Tn=1+++…++,①
4Tn=4+2++…++,②
由②-①,得
3Tn=5++…++-
=-.
所以数列{bn}的前n项和为Tn=-.
7.(2017届山东省胶州市普通高中期末)正项数列的前n项和Sn满足:
S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求数列的通项公式an;
(2)令bn=,数列的前n项和为Tn,证明:
对于任意的n∈N*,都有Tn<
.
(1)解 由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,
得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.
由于是正项数列,
所以Sn>
0,Sn=n2+n.
当n=1时,a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.
综上可知,数列的通项公式an=2n.
(2)证明 由于an=2n,bn=,
所以bn==.
=<
8.(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.
(1)求数列的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1anan+1,求数列的前2n项和T2n.
解
(1)设等差数列的公差为d,由S3+S4=S5,
可得a1+a2+a3=a5,
即3a2=a5,所以3(1+d)=1+4d,解得d=2.
所以an=1+(n-1)×
2=2n-1.
(2)由
(1)可得bn=(-1)n-1·
(2n-1)(2n+1)
=(-1)n-1·
(4n2-1),
所以T2n=(4×
12-1)-(4×
22-1)+(4×
32-1)-(4×
42-1)+…+(-1)2n-1×
[4×
(2n)2-1]
=4[12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2]
=-4(1+2+3+4+…+2n-1+2n)=-4×
=-8n2-4n.
B组 能力提高
9.(2017·
湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),且bn=ancos,记Sn为数列的前n项和,则S24等于( )
A.294B.174
C.470D.304
解析 由nan+1=(n+1)an+n(n+1),得=+1,所以数列为等差数列,因此=1+×
1=n,an=n2,bn=
因此b3k+1+b3k+2+b3k+3=9k+,k∈N,
S24=9+×
8=304,故选D.
10.(2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=n2+2n,bn=anan+1cos(n+1)π,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≥tn2对n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是______________.
答案 (-∞,-5]
解析 当n=1时,a1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1,
当n=1时也成立,∴an=2n+1(n∈N*),
∴bn=anan+1cos(n+1)π=(2n+1)(2n+3)cos(n+1)π.
当n为奇数时,cos(n+1)π=1,当n为偶数时,cos(n+1)π=-1,因此当n为奇数时,Tn=3×
5-5×
7+…+(2n+1)(2n+3)=15+4×
(7+11+…+2n+1)=2n2+6n+7,∵Tn≥tn2对n∈N*恒成立,∴2n2+6n+7≥tn2,t≤++2=72+,∴t≤2;
当n为偶数时,
Tn=3×
7+…-(2n+1)(2n+3)=-4×
(5+9+…+2n+1)=-2n2-6n,
∵Tn≥tn2对n∈N*恒成立,
∴-2n2-6n≥tn2,t≤-2-,
∴t≤-5.综上可得t≤-5.
11.(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足a1=0,a2=,且对任意m,n∈N*,都有a2m-1+a2n-1=2am+n-1+(m-n)2.
(1)求a3,a5;
(2)设bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*).
①求数列{bn}的通项公式;
②设数列的前n项和为Sn,是否存在正整数p,q,且1<
p<
q,使得S1,Sp,Sq成等比数列?
若存在,求出p,q的值,若不存在,请说明理由.
解
(1)由题意,令m=2,n=1,
则a3+a1=2a2+(2-1)2,解得a3=1.
令m=3,n=1,则a5+a1=2a3+(3-1)2,
解得a5=5.
(2)①以n+2代替m,得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+3,
则[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=3,
即bn+1-bn=3.
所以数列{bn}是以3为公差的等差数列.
又b1=a3-a1=1,
所以bn=1+(n-1)×
3=3n-2.
②因为=
=,
所以Sn=
==.
则S1=,Sp=,Sq=.
因为S1,Sp,Sq成等比数列,
所以2=·
即=.
因为1<
q,所以=3+>
3,
即>
3.
解得<
又1<
p,且p∈N*,所以p=2,则q=16.
所以存在正整数p=2,q=16,使得S1,Sp,Sq成等比数列.
12.(2017届江苏泰州中学月考)已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的通项公式bn=(n∈N*),若S3=b5+1,b4是a2和a4的等比中项.
(2)求数列{an·
bn}的前n项和Tn.
解
(1)∵数列{bn}的通项公式
bn=(n∈N*),
∴b5=6,b4=4,
设各项都为正数的等比数列{an}的公比为q,q>
∵S3=b5+1=7,∴a1+a1q+a1q2=7,①
又b4是a2和a4的等比中项,
∴a2a4=a=b=16,
解得a3=a1q2=4,②
由①②得3q2-4q-4=0,
解得q=2或q=-(舍去),
∴a1=1,an=2n-1.
(2)当n为偶数时,
Tn=(1+1)×
20+2×
2+(3+1)×
22+4×
23+(5+1)×
24+…+[(n-1)+1]×
2n-2+n×
2n-1
=(20+2×
23+…+n×
2n-1)+(20+22+…+2n-2),
设Hn=20+2×
2n-1,③
则2Hn=2+2×
23+4×
24+…+n×
2n,④
由③-④,得
-Hn=20+2+22+23+…+2n-1-n×
2n
=-n×
2n=(1-n)×
2n-1,
∴Hn=(n-1)×
∴Tn=(n-1)×
2n+1+
=×
2n+.
当n为奇数,且n≥3时,
Tn=Tn-1+(n+1)×
2n-1++(n+1)×
2n-1+,
经检验,T1=2符合上式,
∴Tn=
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