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08 數(shù)列求和的方法
1.已知數(shù)列5,6,1,-5,…,該數(shù)列的特點是從第二項起,每一項都等于它的前后兩項之和,則這個數(shù)列的前16項之和S16等于( ).
A.5 B.6 C.7 D.16
解析? 根據(jù)題意得這個數(shù)列的前8項分別為5,6,1,-5,-6,-1,5,6,發(fā)現(xiàn)從第7項起,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項和為5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.
又因為16=26+4,所以這個數(shù)列的前16項之和S16=20+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,Sn是數(shù)列{an}的前n項和,則( ).
A.S5>S6 B.S5
0,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項和為99100,則n= .
解析? 由題意得112+123+134+…+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項和為Sn,a2,a4是方程x2-10x+21=0的兩個根.
(1)求證:1S2+1S3+…+1Sn<1.
(2)求數(shù)列{2-nan}的前n項和Tn.
解析? (1)∵方程x2-10x+21=0的兩個根分別為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=n1+n(n-1)22=n2.
當(dāng)n≥2時,Sn=n2>n(n-1),
∴1S2+1S3+…+1Sn<112+123+…+1n(n-1)=1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n<1.
(2)∵2-nan=2n-12n,
∴Tn=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+21221-12n-11-12-2n-12n+1
=32-2n+3212n,
∴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fπ2=0.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若bn=2an+12an,求數(shù)列{bn}的前n項和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*,fπ2=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)因為bn=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+2n(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}的通項公式為cn=anbn,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項和.
(2)若數(shù)列{cn}的通項公式為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項和.
(3)若數(shù)列的通項式中有(-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{an}中,an>0,a1=4,1an-1an+1=2an+2,n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=(-1)n(log2an)2,求數(shù)列{bn}的前2n項和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=42n-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)ncn2.
故T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n
=-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
? 會用錯位相減法求和
【例2】 設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知2Sn=3n+3.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解析? (1)因為2Sn=3n+3,
所以當(dāng)n=1時,2a1=3+3,即a1=3;
當(dāng)n>1時,2Sn-1=3n-1+3,
此時2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,
即an=3n-1.
所以an=3,n=1,3n-1,n>1.
(2)因為anbn=log3an,
所以當(dāng)n=1時,b1=13;
當(dāng)n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.
所以T1=b1=13.
當(dāng)n>1時,
Tn=b1+b2+b3+…+bn
=13+[13-1+23-2+…+(n-1)31-n],
所以3Tn=1+[130+23-1+…+(n-1)32-n].
兩式相減,得
2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)31-n=136-2n+123n-1,
所以Tn=1312-2n+143n-1.
經(jīng)檢驗,當(dāng)n=1時也適合上式.
故Tn=1312-2n+143n-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{anbn}的前n項和,則可以采用錯位相減法求和.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,應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”,以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn-qSn”的表達(dá)式.
(3)在應(yīng)用錯位相減法求和時,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)2=2n-1.
(2)由anbn=2n-1,得bn=2n-12n-1=(2n-1)12n-1,
則Tn=1120+3121+…+(2n-1)12n-1,
∴12Tn=1121+3122+…+(2n-3)12n-1+(2n-1)12n,
兩式相減得
12Tn=1+2121+2122+…+212n-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
? 會用裂項相消法求和
【例3】 設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,對任意正整數(shù)n都有6Sn=1-2an.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(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=1814n-1=122n+1.
(2)∵an=122n+1,
∴bn=2n+1,
從而1bn2-1=14n(n+1)=141n-1n+1.
∴Tn=141-12+12-13+…+1n-
1n+1=141-1n+1=n4(n+1).
(1)利用裂項相消法求和時,應(yīng)注意抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項,也有可能前面剩兩項,后面也剩兩項.
(2)將通項公式裂項后,有時候需要調(diào)整前面的系數(shù),使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項公式相等.
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}的通項公式;
(2)求數(shù)列1anan+1的前n項和Sn.
解析? (1)由題意可得a1b1=2,a1b1+a2b2=10,
解得b1=2,b2=4,∴bn=2n.
又由題意得,
當(dāng)n≥2時,anbn=(a1b1+a2b2+…+anbn)-(a1b1+a2b2+…+an-1bn-1)=n2n,
∴an=n,此式對n=1也成立,
∴數(shù)列{an}的通項公式為an=n.
(2)由(1)可知,1anan+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)列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解析? (1)由題意得a15a3=(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項和為Sn.
因為d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11,
所以當(dāng)n≤11時,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212n;
當(dāng)n≥12時,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=12n2-212n+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,2為公比的等比數(shù)列.
(2)由(1)可知an+4=2n,∴an=2n-4.
當(dāng)n=1時,a1=-2<0,∴S1=|a1|=2;
當(dāng)n≥2時,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,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項之和為( ).
A.13 B.512
C.12 D.712
解析? bn=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}的通項公式為an=(-1)n-1(4n-3),則它的前100項之和S100等于( ).
A.200 B.-200
C.400 D.-400
解析? S100=(41-3)-(42-3)+(43-3)-…-(4100-3)=4[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4(-50)=-200,故選B.
答案? B
3.已知等差數(shù)列{an}的公差為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=na1an+1=na1(a1+nd),故選B.
答案? B
4.根據(jù)科學(xué)測算,運載神舟飛船的長征系列火箭,在點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高度時船箭分離,則從點火到船箭分離大概需要的時間是( ).
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,所以從點火到船箭分離大概需要的時間是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)列的通項公式為an=(2n-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.
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,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項之和Sn為( ).
A.2n-1 B.n2n-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,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是20,21,再接下來第三組的三項是20,21,22,依此類推.設(shè)Sn是此數(shù)列的前n項和,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,其和為20;第二組有兩項,其和為20+21;…;第n組有n項,其和為20+21+…+2n-1=2n-1.前63組共有63642=2016項.
∴S2019=20+(20+21)+…+(20+21+…+262)+20+21+22
=(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; ①
第二步,將數(shù)列①的各項乘以n2,得到一個新數(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1n2,12n2,13n2,…,1nn2,
所以a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an
=n24112+123+134+…+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+1an=2n(n∈N*),則其前2019項和S2019= .
解析? 依題意,得an+1an=2n,an+1an+2=2n+1,則an+1an+2anan+1=2,即an+2an=2,
所以數(shù)列a1,a3,a5,…,a2k-1,…是以a1=1為首項,2為公比的等比數(shù)列;數(shù)列a2,a4,a6,…,a2k,…是以a2=2為首項,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=221010-3=21011-3.
答案? 21011-3
11.若數(shù)列{an}是正項數(shù)列,且a1+a2+a3+…+an=n2+n,則a1+a22+…+ann= .
解析? 由數(shù)列{an}是正項數(shù)列,且a1+a2+a3+…+an=n2+n,?、?
可得a1=4,a1+a2+…+an-1=(n-1)2+(n-1)(n≥2),?、?
由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,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項和,若a1=9,a2∈Z,Sn≤S4,則nSn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.
又因為a2=a1+d為整數(shù),所以d∈Z,即d=-3,此時an=9-3(n-1)=12-3n,Sn=-32n2+212n.
令f(n)=nSn=-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,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項和為Sn,且Sn=n(n+1)2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)Tn為數(shù)列{bn}的前n項和,其中bn=an+12SnSn+1,求Tn.
解析? (1)當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=n(n+1)2-(n-1)n2=n,
當(dāng)n=1時,a1=S1=1也符合上式,∴an=n.
(2)(法一)∵bn=an+12SnSn+1=Sn+1-Sn2SnSn+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+12n(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).
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.docx
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