《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題08 數(shù)列求和的方法練習(xí) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題08 數(shù)列求和的方法練習(xí) 理（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、08　數(shù)列求和的方法 1.已知數(shù)列5,6,1,-5,…,該數(shù)列的特點(diǎn)是從第二項(xiàng)起,每一項(xiàng)都等于它的前后兩項(xiàng)之和,則這個(gè)數(shù)列的前16項(xiàng)之和S16等于(　　). 　　　　　　　　　　　　　　　 A.5 B.6 C.7 D.16 解析?　根據(jù)題意得這個(gè)數(shù)列的前8項(xiàng)分別為5,6,1,-5,-6,-1,5,6,發(fā)現(xiàn)從第7項(xiàng)起,數(shù)字重復(fù)出現(xiàn),所以此數(shù)列為周期數(shù)列,且周期為6,前6項(xiàng)和為5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0. 又因?yàn)?6=2×6+4,所以這個(gè)數(shù)列的前16項(xiàng)之和S16=2×0+7=7.故選C. 答案?　C 2.已知在等差數(shù)列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,

2、Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則(　　). A.S5>S6 B.S50,a9<0,且a3+a9=2a6=0,∴a6=0,a5>0,a7<0,∴S5=S6.故選D. 答案?　D 3.若數(shù)列1n(n+1)的前n項(xiàng)和為99100,則n=　　　.? 解析?　由題意得11×2+12×3+13×4+…+1n(n+1)=1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1=99100,∴n=99. 答案?　99 4.已知等差數(shù)列{an}的公差d>0,前n項(xiàng)和為Sn,a2,a4是方程x2

3、-10x+21=0的兩個(gè)根. (1)求證:1S2+1S3+…+1Sn<1. (2)求數(shù)列{2-nan}的前n項(xiàng)和Tn. 解析?　(1)∵方程x2-10x+21=0的兩個(gè)根分別為x1=3,x2=7, ∴由題意得a2=3,a4=7, ∴a1+d=3,a1+3d=7,解得a1=1,d=2, ∴an=1+(n-1)×2=2n-1, Sn=n×1+n(n-1)2×2=n2. 當(dāng)n≥2時(shí),Sn=n2>n(n-1), ∴1S2+1S3+…+1Sn<11×2+12×3+…+1n(n-1)=1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n<1. (2)∵2-nan=2n-12n, ∴Tn

4、=121+322+523+…+2n-12n,　① ∴12Tn=122+323+…+2n-32n+2n-12n+1.?、? 由①-②得12Tn=12+2122+123+…+12n-2n-12n+1=12+2×1221-12n-11-12-2n-12n+1 =32-2n+32·12n, ∴Tn=3-2n+32n. 能力1 ?　會用分組求和法求和 【例1】　已知數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a4=8,且對任意n∈N*,函數(shù)f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x滿足f'π2=0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn

5、=2an+12an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解析?　(1)由題設(shè)可得 f'(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x. 對任意n∈N*,f'π2=an-an+1+an+2-an+1=0, 即an+1-an=an+2-an+1,故數(shù)列{an}為等差數(shù)列. 由a1=2,a2+a4=8,得數(shù)列{an}的公差d=1, 所以an=2+1×(n-1)=n+1. (2)因?yàn)閎n=2an+12an=2n+1+12n+1=2n+12n+2, 所以Sn=b1+b2+…+bn =(2+2+…+2)+2(1+2+…+n)+12+122+…+12n =2n+2×

6、n(n+1)2+121-12n1-12 =n2+3n+1-12n. 　　某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個(gè)可求和的新數(shù)列的和或差,從而求得原數(shù)列的和.注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論. (1)若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn=an±bn,且{an},{bn}為等差數(shù)列或等比數(shù)列,則可以采用分組求和法求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和. (2)若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn=an,n為奇數(shù),bn,n為偶數(shù), 且數(shù)列{an},{bn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列,則可以采用分組求和法求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和. (3)若數(shù)列的通項(xiàng)式中有(-1)n等特征,根據(jù)正號、負(fù)號分組求和. 已知在等比數(shù)列{

7、an}中,an>0,a1=4,1an-1an+1=2an+2,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=(-1)n·(log2an)2,求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n. 解析?　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則q>0.由a1=4,1an-1an+1=2an+2,得1a1qn-1-1a1qn=2a1qn+1,解得q=2,所以an=4·2n-1=2n+1. (2)bn=(-1)n·(log2an)2=(-1)n·(log22n+1)2=(-1)n·(n+1)2. 設(shè)cn=n+1,則bn=(-1)n·cn2. 故T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b

8、2n =-c12+c22+(-c32)+c42+…+(-c2n-12)+c2n2 =(-c1+c2)(c1+c2)+(-c3+c4)(c3+c4)+…+(-c2n-1+c2n)(c2n-1+c2n) =c1+c2+c3+c4+…+c2n-1+c2n =2n[2+(2n+1)]2=n(2n+3)=2n2+3n. 能力2 ?　會用錯(cuò)位相減法求和 【例2】　設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知2Sn=3n+3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析?　(1)因?yàn)?Sn=3n+3, 所以

9、當(dāng)n=1時(shí),2a1=3+3,即a1=3; 當(dāng)n>1時(shí),2Sn-1=3n-1+3, 此時(shí)2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1, 即an=3n-1. 所以an=3,n=1,3n-1,n>1. (2)因?yàn)閍nbn=log3an, 所以當(dāng)n=1時(shí),b1=13; 當(dāng)n>1時(shí),bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n. 所以T1=b1=13. 當(dāng)n>1時(shí), Tn=b1+b2+b3+…+bn =13+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n], 所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n]. 兩式相減,得 2Tn=2

10、3+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n=136-2n+12×3n-1, 所以Tn=1312-2n+14×3n-1. 經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)n=1時(shí)也適合上式. 故Tn=1312-2n+14×3n-1. 　　(1)一般地,若數(shù)列{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和,則可以采用錯(cuò)位相減法求和.一般是先將和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比,然后作差求解. (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí),應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對齊”,以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn-qSn”的表達(dá)式. (3)在應(yīng)

11、用錯(cuò)位相減法求和時(shí),若等比數(shù)列的公比為參數(shù),應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解. 設(shè)數(shù)列{an}是公差大于0的等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn.已知S3=9,且2a1,a3-1,a4+1構(gòu)成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=2n-1(n∈N*),設(shè)Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,證明:Tn<6. 解析?　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則d>0. ∵S3=9,∴a1+a2+a3=3a2=9,即a2=3. 又2a1,a3-1,a4+1成等比數(shù)列, ∴(2+d)2=2(3-d)(4+2d),解得d=2,a1=1, ∴an=1+(n-1)

12、·2=2n-1. (2)由anbn=2n-1,得bn=2n-12n-1=(2n-1)·12n-1, 則Tn=1·120+3·121+…+(2n-1)·12n-1, ∴12Tn=1·121+3·122+…+(2n-3)·12n-1+(2n-1)·12n, 兩式相減得 12Tn=1+2·121+2·122+…+2·12n-1-(2n-1)·12n =1+1-12n-11-12-2n-12n=3-2n+32n, 故Tn=6-2n+32n-1. ∵n∈N*,∴Tn=6-2n+32n-1<6. 能力3 ?　會用裂項(xiàng)相消法求和 【例3】　設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對

13、任意正整數(shù)n都有6Sn=1-2an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足bn=log12an,Tn=1b12-1+1b22-1+…+1bn2-1,求Tn. 解析?　(1)由6Sn=1-2an, 得6Sn-1=1-2an-1(n≥2). 兩式相減得6an=2an-1-2an, 即an=14an-1(n≥2). 由6S1=6a1=1-2a1, 得a1=18. ∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列,公比q=14, ∴an=18×14n-1=122n+1. (2)∵an=122n+1, ∴bn=2n+1, 從而1bn2-1=14n(n+1)=141n-1n+1.

14、 ∴Tn=141-12+12-13+…+1n- 1n+1=141-1n+1=n4(n+1). 　　(1)利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí),應(yīng)注意抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng),也有可能前面剩兩項(xiàng),后面也剩兩項(xiàng). (2)將通項(xiàng)公式裂項(xiàng)后,有時(shí)候需要調(diào)整前面的系數(shù),使裂開的兩項(xiàng)之差和系數(shù)之積與原通項(xiàng)公式相等. 若{bn}為等比數(shù)列,數(shù)列{an}滿足:對任意的n∈N*,有a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)·2n+1+2.已知a1=1,a2=2. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列1an·an+1的前n項(xiàng)和Sn. 解析?　(1)由題意可得a1b1=2,a

15、1b1+a2b2=10, 解得b1=2,b2=4,∴bn=2n. 又由題意得, 當(dāng)n≥2時(shí),anbn=(a1b1+a2b2+…+anbn)-(a1b1+a2b2+…+an-1bn-1)=n·2n, ∴an=n,此式對n=1也成立, ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n. (2)由(1)可知,1an·an+1=1n(n+1)=1n-1n+1, ∴Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1 =1-1n+1=nn+1. 能力4 ?　會求等差、等比數(shù)列中關(guān)于絕對值的求和問題 【例4】　在公差為d的等差數(shù)列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比數(shù)

16、列. (1)求d,an; (2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解析?　(1)由題意得a1·5a3=(2a2+2)2. 又由a1=10,{an}是公差為d的等差數(shù)列, 得d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4. 所以an=-n+11(n∈N*)或an=4n+6(n∈N*). (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn. 因?yàn)閐<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11, 所以當(dāng)n≤11時(shí),|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212n; 當(dāng)n≥12時(shí),|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=12n2-2

17、12n+110. 綜上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-12n2+212n,n≤11,12n2-212n+110,n≥12. 　　根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及d<0,確定an的符號,從而去掉絕對值符號,這需要對n的取值范圍進(jìn)行分類討論. 已知數(shù)列{an}滿足a1=-2,an+1=2an+4. (1)證明:數(shù)列{an+4}是等比數(shù)列. (2)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Sn. 解析?　(1)∵a1=-2,∴a1+4=2. ∵an+1=2an+4,∴an+1+4=2an+8=2(an+4), ∴an+1+4an+4=2, ∴{an+4}是以2為首項(xiàng),2為公比

18、的等比數(shù)列. (2)由(1)可知an+4=2n,∴an=2n-4. 當(dāng)n=1時(shí),a1=-2<0,∴S1=|a1|=2; 當(dāng)n≥2時(shí),an≥0, ∴Sn=-a1+a2+…+an=2+(22-4)+…+(2n-4)=2+22+…+2n-4(n-1)=2(1-2n)1-2-4(n-1)=2n+1-4n+2. 又當(dāng)n=1時(shí),也滿足上式, ∴Sn=2n+1-4n+2. 一、選擇題 　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知數(shù)列{an},{bn}滿足anbn=1,an=n2+3n+2,則{bn}的前10項(xiàng)之和為(　　). A.13 B.512 C.12 D.712 解析?　bn=

19、1an=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2, S10=b1+b2+b3+…+b10 =12-13+13-14+14-15+…+111-112 =12-112=512,故選B. 答案?　B 2.若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=(-1)n-1·(4n-3),則它的前100項(xiàng)之和S100等于(　　). A.200 B.-200 C.400 D.-400 解析?　S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200,故選B. 答案?　B 3.已知等差數(shù)列{an}的公差

20、為d,且an≠0,d≠0,則1a1a2+1a2a3+…+1anan+1可化簡為(　　). A.nda1(a1+nd) B.na1(a1+nd) C.da1(a1+nd) D.n+1a1[a1+(n+1)d] 解析?　∵1anan+1=1d1an-1an+1, ∴原式=1d1a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1 =1d1a1-1an+1=na1·an+1=na1(a1+nd),故選B. 答案?　B 4.根據(jù)科學(xué)測算,運(yùn)載神舟飛船的長征系列火箭,在點(diǎn)火后一分鐘上升的高度為1 km,以后每分鐘上升的高度增加2 km,在達(dá)到離地面240 km高度時(shí)船箭分離,則從點(diǎn)火到船箭

21、分離大概需要的時(shí)間是(　　). A.20分鐘 B.16分鐘 C.14分鐘 D.10分鐘 解析?　設(shè)火箭每分鐘上升的高度組成一個(gè)數(shù)列{an},顯然a1=1,而an-an-1=2(n≥2),所以可得an=1+2(n-1)=2n-1.所以Sn=n(a1+an)2=n2=240,所以從點(diǎn)火到船箭分離大概需要的時(shí)間是16分鐘.故選B. 答案?　B 5.數(shù)列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n項(xiàng)和Sn的值等于(　　). A.n2+1-12n B.2n2-n+1-12n C.n2+1-12n-1 D.n2-n+1-12n 解析?　該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=(2n

22、-1)+12n, 則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n=n2+1-12n,故選A. 答案?　A 6.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,Sm-1=13,Sm=0,Sm+1=-15,其中m∈N*且m≥2,則數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和的最大值為(　　). A.24143 B.1143 C.2413 D.613 解析?　由題意可得am=Sm-Sm-1=-13,am+1=Sm+1-Sm=-15,故公差d=am+1-am=-2. 由Sm=ma1+m(m-1)d2=0,可得a1-m=-1. 又由am=a1+(m-1)d=-13, 可得a1-2m=-15.

23、 所以a1=13,m=14,an=15-2n, 故Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1 =1d1a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1 =-12113-113-2n=-126+12(13-2n), 可知當(dāng)n=6時(shí),Tn取得最大值613,故選D. 答案?　D 7.數(shù)列1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n-1),…的前n項(xiàng)之和Sn為(　　). A.2n-1 B.n·2n-n C.2n+1-n D.2n+1-n-2 解析?　∵an=1+2+22+…+2n-1=2n-1, ∴Sn=2·(2n-1)2-1-n=2n+1-2-n,

24、故選D. 答案?　D 8.已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,即此數(shù)列第一組是20,接下來第二組的兩項(xiàng)是20,21,再接下來第三組的三項(xiàng)是20,21,22,依此類推.設(shè)Sn是此數(shù)列的前n項(xiàng)和,則S2019=(　　). A.264-58 B.264-56 C.263-58 D.263-56 解析?　該數(shù)列第一組有一項(xiàng),其和為20;第二組有兩項(xiàng),其和為20+21;…;第n組有n項(xiàng),其和為20+21+…+2n-1=2n-1.前63組共有63×642=2016項(xiàng). ∴S2019=20+(20+21)+…+(20+21+…+262)+20+21+22

25、=(21-1)+(22-1)+…+(263-1)+7 =(21+22+…+263)-(1+1+…+1)+7 =2(1-263)1-2-63+7=264-58,故選A. 答案?　A 9.我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中,有已知長方形面積求一邊的算法,其方法的前兩步如下: 第一步,構(gòu)造數(shù)列1,12,13,14,…,1n;?、? 第二步,將數(shù)列①的各項(xiàng)乘以n2,得到一個(gè)新數(shù)列a1,a2,a3,…,an. 則a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=(　　). A.n24 B.(n+1)24 C.n(n-1)4 D.n(n+1)4 解析?　由題意知,所得新數(shù)列為1×n2,12×

26、n2,13×n2,…,1n×n2, 所以a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an =n2411×2+12×3+13×4+…+1(n-1)×n =n241-12+12-13+13-14+…+ 1n-1-1n =n241-1n=n(n-1)4,故選C. 答案?　C 二、填空題 10.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),則其前2019項(xiàng)和S2019=　　　　.? 解析?　依題意,得an+1·an=2n,an+1·an+2=2n+1,則an+1·an+2an·an+1=2,即an+2an=2, 所以數(shù)列a1,a3,a5,…,a2k-1,…是以a1=

27、1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列;數(shù)列a2,a4,a6,…,a2k,…是以a2=2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列. 則S2019=(a1+a3+a5+…+a2019)+(a2+a4+a6+…+a2018)=1-210101-2+2(1-21009)1-2=2×21010-3=21011-3. 答案?　21011-3 11.若數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列,且a1+a2+a3+…+an=n2+n,則a1+a22+…+ann=　　　　.? 解析?　由數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列,且a1+a2+a3+…+an=n2+n,?、? 可得a1=4,a1+a2+…+an-1=(n-1)2+(n-1)(n≥2),　② 由

28、①-②可得an=2n,即an=4n2,ann=4n(n≥2). 則a1+a22+…+ann=4(1+2+3+…+n)=2n2+2n(n≥2),當(dāng)n=1時(shí),a1=4,上述等式也成立. 故a1+a22+…+ann=2n2+2n. 答案?　2n2+2n 12.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,若a1=9,a2∈Z,Sn≤S4,則n·Sn的最大值為　　　　.? 解析?　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d. 由題意可得a5≤0,a4≥0,即9+4d≤0,9+3d≥0, 則-3≤d≤-94. 又因?yàn)閍2=a1+d為整數(shù),所以d∈Z,即d=-3,此時(shí)an=9-3(n-1)=12-3n,Sn

29、=-32n2+212n. 令f(n)=n·Sn=-32n3+212n2,n∈N*, 則f(x)=-32x3+212x2,f'(x)=-92x2+21x. 由f'(x)=0,可得x=0或x=143,則f(n)的最大值在f(4),f(5)中取得. 又f(4)=72,f(5)=75,所以當(dāng)n=5時(shí),f(n)取得最大值75. 答案?　75 三、解答題 13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=n(n+1)2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,其中bn=an+12Sn·Sn+1,求Tn. 解析?　(1)當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n

30、(n+1)2-(n-1)n2=n, 當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1也符合上式,∴an=n. (2)(法一)∵bn=an+12Sn·Sn+1=Sn+1-Sn2Sn·Sn+1=121Sn-1Sn+1, ∴Tn=121S1-1S2+1S2-1S3+…+ 1Sn-1Sn+1=121S1-1Sn+1 =121-2(n+1)(n+2)=n2+3n2(n+1)(n+2). (法二)∵bn=n+12·n(n+1)2·(n+1)(n+2)2 =2n(n+1)(n+2)=1n(n+1)-1(n+1)(n+2), ∴Tn=12-16+16-112+…+1n(n+1) -1(n+1)(n+2)=12-1(n+1)(n+2) =n2+3n2(n+1)(n+2). 13