（新课改地区）2021版高考数学一轮复习 第七章 数列 7.4 数列求和练习 新人教B版

7.4 数列求和核心考点精准研析考点一分组转化法或并项法求和1.数列an的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项之和为()a.-200b.-100c.200d.1002.数列1+2n-1的前n项和为()a.2nb.2n-1+1c.n-1+2nd.n+2+2n3.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.0 b.100c.-100 d.10 2004.已知数列an的通项公式是an=n2sin2n+12,则a1+a2+a3+a2 021等于 ()a.-2 0212 0222b.2 0212 0202c. 2 0222 0222d.-2 0212 02125.已知正项数列an满足an+12-6an2=an+1an.若a1=2,则数列an的前n项和sn=_.【解析】1.选d.由题意知s100=(-1+3)+(-5+7)+(-197+199)=250=100.2.选c.由题意得an=1+2n-1,所以sn=n+1-2n1-2=n+2n-1.3.选b.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)=-50101+50103=100.4.选a.an=n2sin2n+12,所以a1+a2+a3+a2 021=-12+22-32+42-2 0192+2 0202-2 0212=(22-12)+(42-32)+(2 0202-2 0192)-2 0212=(1+2+3+4+2 019+2 020)-2 0212=2 0212 0202-2 0212=-2 0212 0222.5.因为an+12-6an2=an+1an,因此(an+1-3an)(an+1+2an)=0.又因为an0,所以an+1=3an.又a1=2,所以an是首项为2,公比为3的等比数列.所以sn=2(1-3n)1-3=3n-1.答案:3n-1将t3变为:在数列an中a1=2,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,nn*,则s60的值为()a.990b.1 000c.1 100d.99【解析】选a.n为奇数时,an+2-an=0,an=2;n为偶数时,an+2-an=2,an=n.故s60=230+(2+4+60)=990.1.分组法求和的常见类型(1)若an=bncn,且bn,cn为等差或等比数列,可采用分组法求an的前n项和.(2)通项公式为an=bn,n为奇数,cn,n为偶数的数列,其中数列bn,cn是等比或等差数列,可采用分组法求和.2.并项求和法一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.例如sn=1002-992+982-972+22-12=(100+99)+(98+97)+(2+1)=5 050.【秒杀绝招】排除法解t2,把n=1代入排除d选项,把n=2代入排除a、b选项.考点二错位相减法【典例】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.【解题导思】序号题目拆解(1)an的前n项和sn=3n2+8n知sn求anbn是等差数列,且an=bn+bn+1求数列bn的通项公式(2)cn=(an+1)n+1(bn+2)n把an,bn代入cn=(an+1)n+1(bn+2)n中,得cn的表达式求数列cn的前n项和tn求得cn=3(n+1)2n+1,根据tn的特征利用乘公比错位相减法求和【解析】(1)由题意知,当n2时,an=sn-sn-1=6n+5,当n=1时,a1=s1=11,满足上式,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=3222+323+(n+1)2n+1,2tn=3223+324+(n+1)2n+2,两式作差,得-tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=34+4(1-2n)1-2-(n+1)2n+2=-3n2n+2,所以tn=3n2n+2.【答题模板微课】本例题(2)的模板化过程:建模板:“由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)2n+1.”写通项“故tn=3222+323+(n+1)2n+1,” 写前n项和“2tn=3223+324+(n+1)2n+2,”乘公比“两式作差,得-tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=34+4(1-2n)1-2-(n+1)2n+2=-3n2n+2,”错位相减“所以tn=3n2n+2.”整理出结果套模板:已知an=2n-1,bn=2n+1,cn=anbn,求数列cn的前n项和tn.【解析】由题知cn=anbn=(2n+1)2n-1, 写通项故tn=320+521+722+(2n+1)2n-1,写前n项和2tn=321+522+723+(2n+1)2n, 乘公比上述两式相减得,-tn=3+22+23+2n-(2n+1)2n 错位相减=3+4-2n+11-2-(2n+1)2n=(1-2n)2n-1,得tn=(2n-1)2n+1. 整理出结果所以数列cn的前n项和为(2n-1)2n+1.利用错位相减法的一般类型及思路(1)适用的数列类型:anbn,其中数列an是公差为d的等差数列,bn是公比为q1的等比数列.(2)思路:设sn=a1b1+a2b2+anbn(*),则qsn=a1b2+a2b3+an-1bn+anbn+1(*),(*)-(*)得:(1-q)sn=a1b1+d(b2+b3+bn)-anbn+1,就转化成了根据公式可求的和.【易错提醒】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.同时要注意等比数列的项数是多少.已知等比数列an中,a1+a2=8,a2+a3=24,sn为数列an的前n项和.(1)求数列an的通项公式.(2)若bn=anlog3(sn+1),求数列bn的前n项和tn.【解析】(1)设等比数列an的公比为q,则q=a2+a3a1+a2=248=3.故a1+a2=a1+3a1=8,解得a1=2.所以an=a1qn-1=23n-1.(2)由(1)知sn=3n-1,所以bn=anlog3(sn+1)=23n-1log33n=2n3n-1,所以tn=b1+b2+b3+bn=230+431+632+2(n-1)3n-2+2n3n-1,3tn=231+432+633+2(n-1)3n-1+2n3n,-得-2tn=230+231+232+233+23n-1-2n3n=3n(1-2n)-1.所以tn=3n(2n-1)+12.考点三裂项相消法求和命题精解读考什么:(1)裂项相消求通项公式、裂项相消求前n项和.(2)考查数学运算、逻辑推理的核心素养怎么考:裂项相消法常以解答题的形式出现,考查等差数列、等比数列、构造数列以及数学运算等问题.新趋势:裂项相消法求和作为考查等差、等比数列知识的综合题型,因其考查数学知识、数学方法、数学素养等较多成为高考命题的热点.学霸好方法 1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的,其解题的关键就是准确裂项和消项.(1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.2.交汇问题 数列与方程交汇求项数、与不等式交汇证明恒成立问题裂项相消直接求和【典例】(2017全国卷)等差数列an的前n项和为sn,a3=3,s4=10,则k=1n1sk=_.【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,所以a1+2d=3,4a1+432d=10,解得a1=1,d=1,所以an=n,sn=n(1+n)2,那么1sn=2n(n+1)=21n-1n+1,那么k=1n1sk=21-12+12-13+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.答案:2nn+1通项公式an具有怎样的特征可用裂项相消法求其前n项和?提示:如果一个数列的通项为分式,若分式的分母为两个因式的积,且这两个因式的差为定值时,可利用裂项相消法求和.与裂项相消求和有关的综合问题【典例】已知函数y=loga(x-1)+3(a0,a1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列an的第二项与第三项,若bn=1anan+1,数列bn的前n项和为tn,则t10=()a.911b.1011c.1d.1211【解析】选b.对数函数y=logax的图象过定点(1,0),所以函数y=loga(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故an=n,所以bn=1anan+1=1n(n+1)=1n-1n+1,所以t10=1-12+12-13+110-111=1-111=1011.使用裂项法求和时,要特别注意哪些问题?提示:利用裂项相消法求和的注意事项(1)使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的.(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+1=1d1an-1an+1,1anan+2=12d1an-1an+2.设等差数列an的前n项和为sn,已知a1=9,a2为整数,且sns5,则数列1anan+1的前9项和为_.【解析】由sns5得a50,a60,即a1+4d0,a1+5d0,得-94d-95,又a2为整数,所以d=-2,an=a1+(n-1)d=11-2n,1anan+1=1d1an-1an+1,所以数列1anan+1的前n项和tn=1d1a1-1a2+1a2-1a3+1an-1an+1=1d1a1-1an+1,所以t9=-1219-19=-19.答案:-191.若数列an的通项公式为an=22n+1,令bn=(-1)n-14(n+1)log2anlog2an+1,则数列bn的前n项和tn=_.【解析】由log2an=2n+1知,bn=(-1)n-14(n+1)log2anlog2an+1=(-1)n-14(n+1)(2n+1)(2n+3),所以bn=(-1)n-112n+1+12n+3,当n为偶数时tn=13+15-15+17+12n-1+12n+1-12n+1+12n+3=13-12n+3,当n为奇数时,tn=13+15-15+17+-12n-1+12n+1+12n+1+12n+3=13+12n+3,所以tn=13-(-1)n12n+3.答案:13-(-1)n12n+