【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题5　数列、推理与证明 第24练 含答案.doc，共(10)页，113.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第24练数列求和问题[题型分析·高考展望]数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有

时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题.体验高考1.(2015·安徽)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋12(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于______.答案27解析由已知数列{an}是以1为首项，以12为公

差的等差数列.∴S9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.2.(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝______，S5＝______.答案1121解析由a2＝2a1＋1，a2＋a1＝4，解得a1＝1

，a2＝3，当n≥2时，由已知可得：an＋1＝2Sn＋1，①an＝2Sn－1＋1，②①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列.∴Sn＝12(3n－1).∴S5＝121.3.(2015·课标全国Ⅰ)Sn为数列{an}

的前n项和.已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和.解(1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，①可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn

＋1＋3.②②－①可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an).由于an>0，可得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是

首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝1(2n＋1)(2n＋3)＝1212n＋1－12n＋3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn

＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝n3(2n＋3).4.(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且

an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝(an＋1)n＋1(bn＋2)n，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n≥2时，Sn－1＝3n2＋2n－5，an＝Sn－S

n－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，符合{an}通项公式，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d.由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知，cn＝(

6n＋6)n＋1(3n＋3)n＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1

－(n＋1)×2n＋2]＝3×4＋4(1－2n)1－2－(n＋1)×2n＋2＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.高考必会题型题型一分组转化法求和例1(2016·天津)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且1a1－1a2＝2a3，S6＝

63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an与log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和.解(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有1a1－1a1q＝2a1q2，解得q＝2

或q＝－1.又由S6＝a1·1－q61－q＝63，知q≠－1，所以a1·1－261－2＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝12(log2an＋log2an＋1)＝12(log22n－1＋log22n)＝n－12，即{bn}是首项为12，公差为1的等差数列.设数列{(－

1)nb2n}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2n(b1＋b2n)2＝2n2.点评分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列分组，即分组后，每一组

可能是等差数列或等比数列；(2)根据正号、负号分组；(3)根据数列的周期性分组；(4)根据奇数项、偶数项分组.变式训练1(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn

＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.解(1)由题意得a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1

)＝2an，得an＋1＝3an.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1，当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数

列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋9(1－3n－2)1－3－(n＋7)(n－2)2＝3n－n2－5n＋112，所以Tn＝2，n＝1，3，n＝2，3n－n2－5n＋1

12，n≥3，n∈N*.题型二错位相减法求和例2(2015·湖北)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，S10＝100.(1)求数列{an}，{b

n}的通项公式；(2)当d>1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由题意有，10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn

＝2n－1或an＝19(2n＋79)，bn＝9·29n－1.(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－

12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n.②①－②可得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n－1.点评错位相减法的关注点(1)适用题

型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项“{an·bn}”型数列求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比；②把两个和的形式错位相减；③整理结果形式.变式训练2(2015·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an

}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.解(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时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)因为anbn＝log3an，所以，当n＝1时，b1＝13，所以T1＝b1＝13；当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以，当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b

3＋…＋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)，两式相减，得2Tn＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n－1)×

31－n＝136－6n＋32×3n，所以Tn＝1312－6n＋34×3n，经检验，n＝1时也适合.综上可得Tn＝1312－6n＋34×3n.题型三裂项相消法求和例3若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝16－13x的图象上(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若c

1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝log21an，求证：对任意正整数n≥2，总有13≤1c2＋1c3＋1c4＋…＋1cn＜34.(1)解∵Sn＝16－13an，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝13an－1－13an，∴an＝14an－1.又∵S1＝16－13a1，∴a1＝18，

∴an＝18(14)n－1＝(12)2n＋1.(2)证明由cn＋1－cn＝log21an＝2n＋1，得当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋

1)(n－1).∴1c2＋1c3＋1c4＋…＋1cn＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1＝12×[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n－1－1n＋1)]＝12[(1＋12)－(1n＋1n＋1)]＝3

4－12(1n＋1n＋1)<34.又∵1c2＋1c3＋1c4＋…＋1cn≥1c2＝13，∴原式得证.点评(1)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1an

·an＋1的前n项和，其中{an}若为等差数列，则1an·an＋1＝1d·(1an－1an＋1).其余还有公式法求和等.(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项.变式训练3等差数

列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由a1＝10，a2为整数，知等差数列{an}的公差d为整数.又

Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.解得－103≤d≤－52.因此d＝－3.数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝1(13－3n)(10－3n)＝13110－3n－113

－3n.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1317－110＋14－17＋…＋110－3n－113－3n＝13110－3n－110＝n10(10－3n).高考题型精练1.已知数列112，314，518，7116，…，则其前n项和Sn为()A.n2＋1－1

2nB.n2＋2－12nC.n2＋1－12n－1D.n2＋2－12n－1答案A解析因为an＝2n－1＋12n，则Sn＝1＋2n－12n＋1－12n·121－12＝n2＋1－12n.2.已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，1

10＋210＋310＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，那么数列{bn}的前n项和Sn为()A.nn＋1B.4nn＋1C.3nn＋1D.5nn＋1答案B解析∵an＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，∴bn＝1anan＋1＝4n(n＋1)＝41n－1n＋1，∴Sn＝4

1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝4(1－1n＋1)＝4nn＋1.3.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.200B.－200C.400D.－400答案B解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－

3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4.已知函数f(n)＝n2，当n为奇数时，－n2，当n为偶数时，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋

a100等于()A.0B.100C.－100D.10200答案B解析由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－

(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.故选B.5.若数列{an}的通项公式为an＝2n(n＋2)，则其前n项和Sn为()A.1

－1n＋2B.32－1n－1n＋1C.32－1n－1n＋2D.32－1n＋1－1n＋2答案D解析因为an＝2n(n＋2)＝1n－1n＋2，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝1＋12－1n＋1－1n＋2＝32－1n＋1－1

n＋2.故选D.6.已知数列{an}为等比数列，前三项为：a，12a＋12，13a＋13，且Sn＝a1＋a2＋…＋an，则Tn＝a21＋a22＋…＋a2n等于()A.91－23nB.811－23n

C.8151－49nD.811－49n答案C解析由12a＋122＝a13a＋13解得a＝3(a＝－1舍去)，Tn＝a21＋a22＋…＋a2n＝a211－(49)n1－49＝815

1－(49)n.7.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝1，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.答案2n＋1－n－2解析因为an＋1－an＝2n，应用累加

法可得an＝2n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝2(1－2n)1－2－n＝2n＋1－n－2.8.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝______

__.答案2n＋1－2＋n2解析Sn＝2(1－2n)1－2＋n(1＋2n－1)2＝2n＋1－2＋n2.9.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________.答案

1830解析∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝

23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10

＋234)2＝1830.10.在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列1bnbn＋1的前n项和Sn＝________.答案nn＋1解析设等比数列{

an}的公比为q，则a4a1＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以1bnbn＋1＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.则数列1bnbn＋1的前n项和为1－12＋

12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.11.设数列{an}的前n项和为Sn，点n，Snn(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜m20对所

有n∈N*都成立的最小正整数m.解(1)依题意得，Snn＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.当n＝1时，a

1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，所以an＝6n－5(n∈N*).(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝3(6n－5)[6(n＋1)－5]＝1216n－5－16n＋1.故Tn＝i＝1nbn＝12

1－17＋17－113＋…＋16n－5－16n＋1＝121－16n＋1.因此，使得121－16n＋1＜m20(n∈N*)成立的m必须满足12≤m20，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.12.在数列{an}中，a1＝3，a2＝5，且

{an－1}是等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)∵{an－1}是等比数列且a1－1＝2，a2－1＝4，a2－1a1－1＝2，∴an－1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n＋1.(2)bn＝nan＝n·2n＋n，故T

n＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n).令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1.两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2(1－2

n)1－2－n·2n＋1，∴T＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.∵1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋n2＋n＋42.