2019高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题08数列求和的方法练习理.docx

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1、108 数列求和的方法1.已知数列 5,6,1,-5,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前 16 项之和 S16等于( ).A.5 B.6 C.7 D.16解析 根据题意得这个数列的前 8 项分别为 5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第 7 项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为 6,前 6 项和为 5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.又因为 16=26+4,所以这个数列的前 16 项之和 S16=20+7=7.故选 C.答案 C2.已知在等差数列 an中, |a3|=|a9|,公差 dS6 B.S50,a90,a70,前 n

2、项和为 Sn,a2,a4是方程 x2-10x+21=0 的两个根 .(1)求证: + + n(n-1), + + 0,a1=4, - = ,nN *.1an 1an+1 2an+2(1)求数列 an的通项公式;(2)设 bn=(-1)n(log2an)2,求数列 bn的前 2n 项和 T2n.解析 (1)设等比数列 an的公比为 q,则 q0.由 a1=4, - = ,得 - = ,解1an 1an+1 2an+2 1a1qn-1 1a1qn 2a1qn+1得 q=2,所以 an=42n-1=2n+1.(2)bn=(-1)n(log2an)2=(-1)n(log22n+1)2=(-1)n(n+

3、1)2.设 cn=n+1,则 bn=(-1)n .c2n故 T2n=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=- + +(- )+ +(- )+c21c22 c23 c24 c 22n-1 c22n=(-c1+c2)(c1+c2)+(-c3+c4)(c3+c4)+(-c2n-1+c2n)(c2n-1+c2n)=c1+c2+c3+c4+c2n-1+c2n= =n(2n+3)=2n2+3n.2n2+(2n+1)24能力 2 会用错位相减法求和【例 2】 设数列 an的前 n 项和为 Sn,已知 2Sn=3n+3.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 bn满足 anbn=log3an,求数列

4、 bn的前 n 项和 Tn.解析 (1)因为 2Sn=3n+3,所以当 n=1 时,2 a1=3+3,即 a1=3;当 n1 时,2 Sn-1=3n-1+3,此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即 an=3n-1.所以 an=3,n=1,3n-1,n1.(2)因为 anbn=log3an,所以当 n=1 时, b1= ;13当 n1 时, bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以 T1=b1= .13当 n1 时,Tn=b1+b2+b3+bn= +13-1+23-2+(n-1)31-n,13所以 3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n.两式相

5、减,得2Tn= +(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n= + -(n-1)31-n= - ,23 231-31-n1-3-1 136 2n+123n-1所以 Tn= - .13122n+143n-1经检验,当 n=1 时也适合上式 .故 Tn= - .13122n+143n-15(1)一般地,若数列 an是等差数列, bn是等比数列,求数列 anbn的前 n 项和,则可以采用错位相减法求和 .一般是先将和式两边同乘以等比数列 bn的公比,然后作差求解 .(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

6、.(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解 .设数列 an是公差大于 0 的等差数列,其前 n 项和为 Sn.已知 S3=9,且 2a1,a3-1,a4+1 构成等比数列 .(1)求数列 an的通项公式; (2)若数列 bn满足 =2n-1(nN *),设 Tn是数列 bn的前 n 项和,证明: Tn0.S 3=9,a 1+a2+a3=3a2=9,即 a2=3.又 2a1,a3-1,a4+1 成等比数列, (2+d)2=2(3-d)(4+2d),解得 d=2,a1=1,a n=1+(n-1)2=2n-1.(2)由 =2n-1,得 bn=

7、 =(2n-1) ,anbn 2n-12n-1 (12)n-1则 Tn=1 +3 +(2n-1) ,(12)0 (12)1 (12)n-1 Tn=1 +3 +(2n-3) +(2n-1) ,12 (12)1 (12)2 (12)n-1 (12)n两式相减得Tn=1+2 +2 +2 -(2n-1)12 (12)1 (12)2 (12)n-1 (12)n=1+ - =3- ,1-(12)n-11-12 2n-12n 2n+32n故 Tn=6- .2n+32n-1n N *,T n=6- 6.2n+32n-1能力 3 会用裂项相消法求和6【例 3】 设数列 an的前 n 项和为 Sn,对任意正整数

8、n 都有 6Sn=1-2an.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 bn满足 bn=lo an,Tn= + + ,求 Tn.g12 1b21-1 1b22-1 1b2n-1解析 (1)由 6Sn=1-2an,得 6Sn-1=1-2an-1(n2) .两式相减得 6an=2an-1-2an,即 an= an-1(n2) .14由 6S1=6a1=1-2a1,得 a1= .18 数列 an是等比数列,公比 q= ,14a n= = .18 (14)n-1(12)2n+1(2)a n= ,(12)2n+1b n=2n+1,从而 = = .1b2n-1 14n(n+1)14(1n- 1n+1)T

9、 n=14(1-12)+(12-13)+(1n-= = .1n+1)14(1- 1n+1) n4(n+1)(1)利用裂项相消法求和时,应注意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 .(2)将通项公式裂项后,有时候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公式相等 .若 bn为等比数列,数列 an满足:对任意的 nN *,有 a1b1+a2b2+anbn=(n-1)2n+1+2.已知 a1=1,a2=2.(1)求数列 an与 bn的通项公式;(2)求数列 的前 n 项和 Sn.1anan+17解析 (1)由题意可得 a1b1=2,a1b1+a2b2=1

10、0,解得 b n=2n.b1=2,b2=4,又由题意得,当 n2 时, anbn=(a1b1+a2b2+anbn)-(a1b1+a2b2+an-1bn-1)=n2n,a n=n,此式对 n=1 也成立, 数列 an的通项公式为 an=n.(2)由(1)可知, = = - ,1anan+1 1n(n+1)1n 1n+1S n= + +(1-12)(12-13) (1n- 1n+1)=1- = .1n+1 nn+1能力 4 会求等差、等比数列中关于绝对值的求和问题【例 4】 在公差为 d 的等差数列 an中,已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3成等比数列 .(1)求 d,an;(2)若

11、d0,求 |a1|+|a2|+|a3|+|an|.解析 (1)由题意得 a15a3=(2a2+2)2.又由 a1=10,an是公差为 d 的等差数列,得 d2-3d-4=0,解得 d=-1 或 d=4.所以 an=-n+11(nN *)或 an=4n+6(nN *).(2)设数列 an的前 n 项和为 Sn.因为 d0,所以由(1)得 d=-1,an=-n+11,所以当 n11 时, |a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn=- n2+ n;12 212当 n12 时, |a1|+|a2|+|a3|+|an|=-Sn+2S11= n2- n+110.12 212综上所述, |a1|+|a2

12、|+|a3|+|an|=-12n2+212n,n 11,12n2-212n+110,n 12.8根据等差数列的通项公式及 d0,确定 an的符号,从而去掉绝对值符号,这需要对 n 的取值范围进行分类讨论 .已知数列 an满足 a1=-2,an+1=2an+4.(1)证明:数列 an+4是等比数列 .(2)求数列 |an|的前 n 项和 Sn.解析 (1)a 1=-2,a 1+4=2.a n+1=2an+4,a n+1+4=2an+8=2(an+4), =2,an+1+4an+4 an+4是以 2 为首项,2 为公比的等比数列 .(2)由(1)可知 an+4=2n,a n=2n-4.当 n=1

13、时, a1=-20,S 1=|a1|=2;当 n2 时, an0,S n=-a1+a2+an=2+(22-4)+(2n-4)=2+22+2n-4(n-1)= -4(n-1)=2n+1-4n+2.2(1-2n)1-2又当 n=1 时,也满足上式,S n=2n+1-4n+2.一、选择题1.已知数列 an,bn满足 anbn=1,an=n2+3n+2,则 bn的前 10 项之和为( ).A. B.13 512C. D.12 712解析 bn= = = - ,1an 1(n+1)(n+2) 1n+1 1n+2S10=b1+b2+b3+b10= - + - + - + -121313141415 111

14、112= - = ,故选 B.121125129答案 B2.若数列 an的通项公式为 an=(-1)n-1(4n-3),则它的前 100 项之和 S100等于( ).A.200 B.-200C.400 D.-400解析 S100=(41-3)-(42-3)+(43-3)-(4100-3)=4(1-2)+(3-4)+(99-100)=4(-50)=-200,故选 B.答案 B3.已知等差数列 an的公差为 d,且 an0, d0,则 + + 可化简为( ).1a1a2 1a2a3 1anan+1A. B.nda1(a1+nd) na1(a1+nd)C. D.da1(a1+nd) n+1a1a1+

15、(n+1)d解析 = ,1anan+11d(1an- 1an+1) 原式 =1d(1a1-1a2+1a2-1a3+1an- 1an+1)= = = ,故选 B.1d(1a1- 1an+1) na1an+1 na1(a1+nd)答案 B4.根据科学测算,运载神舟飞船的长征系列火箭,在点火后一分钟上升的高度为 1 km,以后每分钟上升的高度增加 2 km,在达到离地面 240 km 高度时船箭分离,则从点火到船箭分离大概需要的时间是( ).A.20 分钟 B.16 分钟C.14 分钟 D.10 分钟解析 设火箭每分钟上升的高度组成一个数列 an,显然 a1=1,而 an-an-1=2(n2),所以

16、可得 an=1+2(n-1)=2n-1.所以 Sn= =n2=240,所以从点火到船箭分离大概需要的时间n(a1+an)2是 16 分钟 .故选 B.答案 B5.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,(2n-1)+ ,的前 n 项和 Sn的值等于( ).12 14 18 116 12nA.n2+1- B.2n2-n+1-12n 12nC.n2+1- D.n2-n+1-12n-1 12n10解析 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ ,12n则 Sn=1+3+5+(2n-1)+ =n2+1- ,故选 A.(12+122+12n) 12n答案 A6.设等差数列 an的前 n 项和为 Sn,Sm-1=1

17、3,Sm=0,Sm+1=-15,其中 mN *且 m2,则数列的前 n 项和的最大值为( ).1anan+1A. B.24143 1143C. D.2413613解析 由题意可得 am=Sm-Sm-1=-13,am+1=Sm+1-Sm=-15,故公差 d=am+1-am=-2.由 Sm=ma1+ =0,可得 a1-m=-1.m(m-1)d2又由 am=a1+(m-1)d=-13,可得 a1-2m=-15.所以 a1=13,m=14,an=15-2n,故 Tn= + +1a1a2 1a2a3 1anan+1=1d(1a1-1a2)+(1a2-1a3)+(1an- 1an+1)=- =- + ,1

18、2(113- 113-2n) 126 12(13-2n)可知当 n=6 时, Tn取得最大值 ,故选 D.613答案 D7.数列 1,(1+2),(1+2+22),(1+2+22+2n-1),的前 n 项之和 Sn为( ).A.2n-1 B.n2n-nC.2n+1-n D.2n+1-n-2解析 a n=1+2+22+2n-1=2n-1,S n= -n=2n+1-2-n,故选 D.2(2n-1)2-1答案 D118.已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,即此数列第一组是 20,接下来第二组的两项是 20,21,再接下来第三组的三项是 20,21,22,依此类推

19、.设 Sn是此数列的前 n 项和,则S2019=( ).A.264-58 B.264-56C.263-58 D.263-56解析 该数列第一组有一项,其和为 20;第二组有两项,其和为 20+21;第 n 组有 n项,其和为 20+21+2n-1=2n-1.前 63 组共有 =2016 项 .63642S 2019=20+(20+21)+(20+21+262)+20+21+22=(21-1)+(22-1)+(263-1)+7 =(21+22+263)-(1+1+1)+7= -63+7=264-58,故选 A.2(1-263)1-2答案 A9.我国古代数学名著九章算术中,有已知长方形面积求一边的

20、算法,其方法的前两步如下:第一步,构造数列 1, , , , ; 121314 1n第二步,将数列 的各项乘以 ,得到一个新数列 a1,a2,a3,an.n2则 a1a2+a2a3+a3a4+an-1an=( ).A. B.n24 (n+1)24C. D.n(n-1)4 n(n+1)4解析 由题意知,所得新数列为 1 , , , ,n212 n213 n2 1n n2所以 a1a2+a2a3+a3a4+an-1an=n24 112+ 123+ 134+ 1(n-1)n=n24(1-12)+(12-13)+(13-14)+( 1n-1-1n)= = ,故选 C.n24(1-1n)n(n-1)4答

21、案 C12二、填空题10.已知数列 an满足 a1=1,an+1an=2n(nN *),则其前 2019 项和 S2019= . 解析 依题意,得 an+1an=2n,an+1an+2=2n+1,则 =2,即 =2,an+1an+2anan+1 an+2an所以数列 a1,a3,a5,a2k-1,是以 a1=1 为首项,2 为公比的等比数列;数列a2,a4,a6,a2k,是以 a2=2 为首项,2 为公比的等比数列 .则 S2019=(a1+a3+a5+a2019)+(a2+a4+a6+a2018)= + =221010-3=21011-3.1-210101-2 2(1-21009)1-2答案

22、 21011-311.若数列 an是正项数列,且 + + + =n2+n,则 a1+ + = . a1 a2 a3 ana22 ann解析 由数列 an是正项数列,且 + + + =n2+n, a1 a2 a3 an可得 a1=4, + + =(n-1)2+(n-1)(n2), a1 a2 an-1由 - 可得 =2n,即 an=4n2, =4n(n2) .anann则 a1+ + =4(1+2+3+n)=2n2+2n(n2),当 n=1 时, a1=4,上述等式也成立 .a22 ann故 a1+ + =2n2+2n.a22 ann答案 2n2+2n12.已知数列 an是等差数列, Sn为其前

23、 n 项和,若 a1=9,a2Z, Sn S4,则 nSn的最大值为 .解析 设数列 an的公差为 d.由题意可得 即a5 0,a4 0, 9+4d 0,9+3d 0,则 -3 d - .94又因为 a2=a1+d 为整数,所以 dZ,即 d=-3,此时 an=9-3(n-1)=12-3n,Sn=- n2+ n.32 212令 f(n)=nSn=- n3+ n2,nN *,32 212则 f(x)=- x3+ x2,f(x)=- x2+21x.32 212 92由 f(x)=0,可得 x=0 或 x= ,则 f(n)的最大值在 f(4),f(5)中取得 .143又 f(4)=72,f(5)=7

24、5,所以当 n=5 时, f(n)取得最大值 75.13答案 75三、解答题13.已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且 Sn= .n(n+1)2(1)求数列 an的通项公式;(2)设 Tn为数列 bn的前 n 项和,其中 bn= ,求 Tn.an+12SnSn+1解析 (1)当 n2 时, an=Sn-Sn-1= - =n,n(n+1)2 (n-1)n2当 n=1 时, a1=S1=1 也符合上式, a n=n.(2)(法一) b n= = = ,an+12SnSn+1Sn+1-Sn2SnSn+112(1Sn- 1Sn+1)T n=12(1S1-1S2)+(1S2-1S3)+=(1Sn- 1Sn+1)12(1S1- 1Sn+1)= = .121- 2(n+1)(n+2) n2+3n2(n+1)(n+2)(法二) b n=n+12n(n+1)2(n+1)(n+2)2= = - ,2n(n+1)(n+2) 1n(n+1) 1(n+1)(n+2)T n= + +(12-16)(16-112) 1n(n+1)= - -1(n+1)(n+2)12 1(n+1)(n+2)= .n2+3n2(n+1)(n+2)