2019届高考数学二轮复习第二篇考点二数列考查角度2三种常用的数列求和方法突破训练文.docx

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1、1考查角度 2 三种常用的数列求和方法分类透析一 分组转化法求和例 1 已知等差数列 an满足 a2=2,a1+a4=5.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 bn满足 b1=3,b2=6,bn-an为等比数列,求数列 bn的前 n 项和 Tn.分析 (1)利用已知条件求出等差数列 an的通项公式;(2)因为 bn-an为等比数列,所以数列 bn的前 n 项和 Tn可以看成数列 bn-an的前 n 项和与数列 an的前 n 项和的总和 .解析 (1)设等差数列 an的公差为 d, 等差数列 an满足 a2=2,a1+a4=5, 解得 a1=d=1,2=a1+d,5=2a1+3d,a n=

2、1+(n-1)1=n.(2)设等比数列 bn-an的公比为 q,b 1=3,b2=6,b 1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4,q= 2.b n-an=22n-1=2n,b n=n+2n, 数列 bn的前 n 项和 Tn=(1+2+3+n)+(2+22+2n)= + = +2n+1-2.n(n+1)2 2(1-2n)1-2 n(n+1)2方法技巧 从求和数列的通项入手,将其转化为等差数列与等比数列的和或差的形式,再利用等差数列与等比数列的求和公式进行分组求和 .分类透析二 错位相减法求和例 2 已知 an的前 n 项和 Sn=4n-n2+4.(1)求数列 an的通项公式;(2)求数列

3、的前 n 项和 Tn.7-an2n分析 (1)由 an的前 n 项和求出数列 an的通项公式;(2)利用错位相减法求和即可(当n=1 时要单独考虑) .解析 (1)当 n2 时, an=Sn-Sn-1=4n-n2-4(n-1)-(n-1)2=5-2n;2当 n=1 时, a1=S1=7.a n=7,n=1,5-2n,n 2.(2)令 bn= ,7-an2n当 n=1 时, T1=b1= =0;7-721当 n2 时, bn= = ,7-an2n n+12n-1T n=0+ + + + + ,32422523 n2n-2n+12n-1Tn= + + + + ,12 322423524 n2n-1

4、n+12n两式相减得 Tn=1+ + + - = - =2- ,12 12122 12n-1n+12n 1-(12)n1-12 n+12n n+32nT n=4- (n2) .n+32n-1当 n=1 时,满足上式 .综上所述, Tn=4- .n+32n-1方法技巧 用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形;(2)在写出“ Sn”与“ qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ Sn-qSn”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比未知,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解 .分类透析三 an= 型的

5、裂项相消法求和1n(n+k)例 3 已知数列 an为单调递增数列, Sn为其前 n 项和,2 Sn= +n.a2n(1)求 an的通项公式 .(2)若 bn= ,Tn为数列 bn的前 n 项和,证明: Tn .an+22n+1anan+1 12分析 (1)由递推公式 2Sn= +n 求出 an的通项公式;(2)先用裂项相消法求和,再进行a2n适当放缩证明 .解析 (1)当 n=1 时,2 S1=2a1= +1,即( a1-1)2=0,解得 a1=1.a21又 an为单调递增数列,所以 an1 .3由 2Sn= +n 得 2Sn+1= +n+1,a2n a 2n+1所以 2Sn+1-2Sn= -

6、 +1,a 2n+1a2n整理得 2an+1= - +1,所以 =(an+1-1)2.a 2n+1a2n a2n所以 an=an+1-1,即 an+1-an=1,所以 an是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,所以 an=n.(2)bn= = = - ,an+22n+1anan+1 n+22n+1n(n+1) 12nn 12n+1(n+1)所以 Tn= + + = -(1211- 1222)( 1222- 1233) 12nn- 12n+1(n+1)12 .12n+1(n+1)12方法技巧 (1)用裂项相消法求和时,抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项,或者

7、前面剩几项,后面也剩几项 .(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等 .如:若 an是等差数列,则 = , = .1anan+11d(1an- 1an+1) 1anan+212d(1an- 1an+2)分类透析四 an= 型的裂项相消法求和1n+ n+k例 4 已知数列 an的首项为 a1=1,且( an+1)an+1=an,nN *.(1)求证:数列 是等差数列 .1an(2)设 bn= ,求数列 bn的前 n 项和 Tn.anan+1n+1+ n分析 (1)通过递推公式( an+1)an+1=an证明数列 是等差数列;(2)将 bn= 裂1an a

8、nan+1n+1+ n项,再求和 .解析 (1)由 an+1= ,得 = = +1,则 - =1,又 a1=1,所以 =1.anan+1 1an+1an+1an 1an 1an+11an 1a1所以数列 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列 .1an(2)由(1)可知, =n,故 an= .1an 1n又 bn= = = = - ,anan+1n+1+ n 1n(n+1)n+1+ n n+1- nn(n+1) 1n 1n+1所以 Tn=b1+b2+b3+bn= + + + - =1- .(1-12)(12- 13)(13- 14) 1n 1n+1 1n+14方法技巧 本题主要考查等差数列的定

9、义与通项公式,以及裂项相消法求数列的和,属于中档难度题 .常见的裂项技巧:(1) = ;1n(n+k)1k(1n- 1n+k)(2) = ( - );1n+k+ n1k n+k n(3) = ;1(2n-1)(2n+1)12( 12n-1- 12n+1)(4) = .1n(n+1)(n+2)12 1n(n+1)- 1(n+1)(n+2)此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误 .1.(2017 年天津卷,理 18 改编)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 b1=a1,b2=2,q=d=2.(1)求数列 an,b

10、n的通项公式;(2)记 cn= ,求数列 cn的前 n 项和 Tn.anbn解析 (1)由题意知 a1=b1=1,所以 an=2n-1,bn=2n-1.(2)由(1)得 cn= ,2n-12n-1则 Tn=1+ + + + + , 32522723924 2n-12n-1Tn= + + + + + . 12 12322523724925 2n-12n由 - 可得Tn=2+ + + - =3- ,12 12122 12n-22n-12n 2n+32n故 Tn=6- .2n+32n-12.(2015 年全国 卷,理 17 改编)设各项均为正数的数列 an的前 n 项和 Sn满足Sn= an,且 a

11、1=2.(n3+r)(1)求数列 an的通项公式 .(2)设 bn= (nN *),数列 bn的前 n 项和为 Tn.求证: Tn .1a2n-1 n2n+1解析 (1) = n+r,a1=2,Snan135 = +r=1,解得 r= .a1a113 23S n= an,n+23当 n2 时, an=Sn-Sn-1= an- an-1,n+23 n+13化为 = ,anan-1n+1n-1a n= a1anan-1 an-1an-2 an-2an-3 a3a2 a2a1= 2=n(n+1),n+1n-1 nn-2 n-1n-3 42 31当 n=1 时也成立, a n=n(n+1).(2)bn

12、= = = - ,1a2n-1 1(2n-1)(2n-1+1) 1(2n-1)(2n+1)12 12n-1 12n+1 数列 bn的前 n 项和为Tn + + - = = .12(1-13)(13-15) 12n-1 12n+1 12(1- 12n+1) n2n+1T n .n2n+13.(2014 年全国 卷,文 17 改编)已知等差数列 bn,正项等比数列 an,a1=b1=1,a2+b2=7,且=b1(b3+2).a22(1)求数列 an,bn的通项公式;(2)设 cn=(-1)nbn+anb2n,求数列 cn的前 n 项和 Tn.解析 (1)设等比数列 an的公比为 q,等差数列 bn

13、的公差为 d,由 得a22=b1(b3+2),a2+b2=7, q2=3+2d,q+1+d=7,解得 或q=3,d=3 q= -5,d=11.因为 an中各项均为正数,所以 q=3,即 d=3,故 an=3n-1,bn=3n-2.(2)由(1)得 cn=(-1)n(3n-2)+(6n-2)3n-1,设数列( -1)n(3n-2)的前 n 项和为 An,数列(6 n-2)3n-1的前 n 项和为 Bn.当 n 为偶数时, An=-1+4-7+10+-(3n-5)+(3n-2)= ;3n2当 n 为奇数时, An=An-1-(3n-2)= -3n+2= .3n-32 1-3n26又 Bn=430+

14、1031+1632+(6n-2)3n-1, 则 3Bn=431+1032+1633+(6n-2)3n, 由 - 得 -2Bn=4+6(31+32+3n-1)-(6n-2)3n=4+6 -(6n-2)3n=-5-(6n-5)3n,3-3n1-3因此, Bn= + 3n.526n-52综上, Tn=3n+52 +6n-52 3n,n为偶数,6-3n2 +6n-52 3n,n为奇数. 1.(2018 新疆二模)在等差数列 an中,已知 a1+a3+a8=9,a2+a5+a11=21.(1)求数列 an的通项公式;(2)若 cn= ,求数列 ancn的前 n 项和 Sn.2an+3解析 (1)设等差数

15、列 an的公差为 d, a1+a3+a8=9,a2+a5+a11=21, 解得3a1+9d=9,3a1+15d=21, a1= -3,d=2, a n=2n-5.(2)由(1)得 cn= =22(n-1)=4n-1,2an+3a ncn=(2n-5)4n-1,S n=a1c1+a2c2+ancn=-340+(-1)41+142+(2n-5)4n-1,4Sn=-341+(-1)42+143+(2n-5)4n.两式相减得 -3Sn=-340+241+242+24n-1-(2n-5)4n=-3+2 -(2n-5)4(1-4n-1)1-44n,S n= + 4n.1796n-1792.(2018 常德

16、一模)已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且 a1=2,(n+1)an=2Sn.(1)求数列 an的通项公式 an.(2)令 bn= ,设数列 bn的前 n 项和为 Tn,求证: Tn .2(n+2)an 34解析 (1)由( n+1)an=2Sn,得当 n2 时, nan-1=2Sn-1.7两式相减得( n-1)an=nan-1,即 = , = , = ,anan-1 nn-1an-1an-2n-1n-2 a2a121利用累乘法,得 = ,则 an=2n.ana1n1当 n=1 时, a1=2 符合上式,故 an=2n.(2)由于 an=2n,则 bn= = = ,2(n+2)an 1n(

17、n+2)12(1n- 1n+2)Tn=12(1-13+12-14+ 1n-1- 1n+1+1n- 1n+2)=12(1+12- 1n+1- 1n+2)= - - .34 12(n+1) 12(n+2)343.(2018 海淀区二模)已知等差数列 an满足 2an+1-an=2n+3.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 an+bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,求数列 bn的前 n 项和 .解析 (1)设等差数列 an的公差为 d,因为 2an+1-an=2n+3,所以 2a2-a1=5,2a3-a2=7,所以 a1+2d=5,a1+3d=7,所以 a1=1,d=2.所以 an=a

18、1+(n-1)d=2n-1.(2)因为数列 an+bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,所以 an+bn=2n-1.因为 an=2n-1,所以 bn=2n-1-(2n-1).设数列 bn的前 n 项和为 Sn,则 Sn=(1+2+4+2n-1)-1+3+5+(2n-1)= - =2n-1-n2.1-2n1-2n(1+2n-1)2所以数列 bn的前 n 项和为 2n-1-n2.84.(厦门第一中学 2017 届高三上学期期中考试)设递增的等比数列 an的前 n 项和为 Sn,已知 2(an+an+2)=5an+1,且 =a10.a25(1)求数列 an的通项公式及前 n 项和 Sn;(2)设

19、 bn=Snlog2an+1(nN *),求数列 bn的前 n 项和 Tn.解析 (1)设等比数列 an的公比为 q,由 2(an+an+2)=5an+1,得 2q2-5q+2=0,解得 q= 或 q=2.12因为 an为递增数列,所以 q=2.又由 =a10知,( a1q4)2=a1q9,所以 a1=q,a25所以 a1=q=2,an=2n,Sn=2n+1-2.(2)bn=Snlog2an+1=(2n+1-2)(n+1)=(n+1)2n+1-2(n+1),记数列( n+1)2n+1的前 n 项和为 Pn,则 Pn=222+323+424+(n+1)2n+1,2Pn=223+324+n2n+1+(n+1)2n+2,两式相减得-Pn=23+(23+24+2n+1)-(n+1)2n+2=23+ -(n+1)2n+2=-n2n+2,23(2n-1-1)2-1即 Pn=n2n+2.又数列2( n+1)的前 n 项和为 22+3+4+(n+1)=n(n+3),所以 Tn=n2n+2-n(n+3).9