第54炼数列求和含通项公式与求和习题

第54炼数列乞降(含通项公式与乞降习题第54炼数列乞降(含通项公式与乞降习题第54炼数列乞降(含通项公式与乞降习题第54炼数列乞降问题数列乞降问题是高考数列中的一个易考种类，在通项公式的前提下，要经过察看通项公式〔或许项〕的特色决定选择哪一种方法进行乞降。考察学生的察看能力与辨析能力。所以在复习的过程中要抓住每种乞降方法相对应的通项公式特色，并在练习中熟习解法一、根基知识：1、依据通项公式的特色乞降：〔1〕等差数列乞降公式：Sna1annapaqnpqn122Sna1nnn1d2a11qn,q1〔2〕等比数列乞降公式：Sn1qa1n,q1〔3〕错位相减法：通项公式特色：an等差等比，比方ann2n，此中n代表一个等差数列的通项公式〔关于n的一次函数〕，2n代表一个等比数列的通项公式〔对于n的指数型函数〕，那么便能够使用错位相减法方法详解：以an2n12n为例，设其前n项和为Sn①先将Sn写成n项和的形式Sn1213222n12n②两边同时乘以等比局部的公比，获得一个新的等式，与原等式上下摆列Sn1213222n12n2Sn1223232n32n2n12n1，发现乘完公比后，对比原式项的次数，新等式的每项向后挪了一位。③而后两式相减：Sn121222232n2n12n1除了首项与末项，中间局部呈等比数列乞降特色，代入公式乞降，再解出Sn即可Sn121222232n2n12n1242n112212n12n132n2n16因此Sn2n32n16对“错位相减法〞的深层理解：通项公式的特色在错位相减法的过程中表达了如何的作用？经过解题过程我们能够发现：等比的局部使得每项的次数逐次递加，才保证在两边同乘公比时实现了“错位〞的成效。而等差的局部错位局部“相减〞后保持系数一致〔其系数即为等差局部的公差〕，从而可圈在一同进行等比数列乞降。领会到“错位〞与“相减〞所需要的条件，那么能够让我们更灵巧的使用这一方法进行数列乞降〔4〕裂项相消：通项公式特色：an的表达式能够拆成形如anfnfnk的形式〔k=1,2,〕，从而在乞降时能够进行相邻项〔或相隔几项〕的相消。从而结果只存在有限几项，抵达乞降目的。此中通项公式为分式和根式的居多方法详解：以an1为例nn2①裂项：考虑an1111〔这里fn1nn22nn2〕，在裂项的过程中掌握两n点：一是所裂两项要具备“依序同构〞的特色，比方这里的1,1结构同样，且分母为相nn1邻的两个数；二是能够先裂再调：先勇敢的将分式裂成两项的差，在将结果通分乞降与原式进行比较并调整〔调整系数〕，比方本题中1n12，在调整系数使之切合通n2nn2项公式即可②乞降：设an前n项和为SnS111111111，乞降的重点在于确立剩下的项。经过n232435nn2察看可发现正项中1,1没有消去，负项中1,1没有消去。2n1n2因此Sn1111132n322n1n242n1n2一般来说，裂开的2n项中有n个正项，n个负项，且因为消项的过程中是成抵消掉。因此保留项中正负的个数应当同样。(5〕分类乞降：假如通项公式是前几种可乞降形式的和与差，那么在乞降时可将通项公式的项分红这几局部分别乞降后，再将结果进行相加。例：S611182n3n1可知通项公式为nnan2n1，那么在乞降的过程中可拆成3局部：2,3n,1分别乞降后3再相加Sn21222n22n1nn1312nn3n2122n13n25n2222、依据项的特色乞降：假如数列没法求出通项公式，或许没法从通项公式特色下手乞降，那么能够考虑察看数列中的项，经过合理的分组进行乞降1〕利用周期性乞降：假如一个数列的项按某个周期周而复始，那么在乞降时可将一个周期内的项归为一组乞降，再统计前n项和中含多少个周期即可〔2〕通项公式为分段函数〔或含有1n，多为奇偶分段。假定每段的通项公式均可乞降，那么能够考虑奇数项一组，偶数项一组分别乞降，但要注意两点：一是序数的间隔〔等差等比乞降时会影响公差公比〕，二是要对项数的奇偶进行分类议论〔可见典型例题〕；假定每段的通项公式没法直接乞降，那么能够考虑相邻项相加看能否存在规律，便于乞降〔3〕倒序相加：假定数列an中的第k项与倒数第k项的和具备规律，在乞降时能够考虑两项为一组乞降，假如想防备项数的奇偶议论，能够采纳倒序相加的特色，即：Sna1a2anSnanan1a1两式相加可得：2Sna1ana2an1ana1na1anna1anSn2二、典型例题例1：函数fx1，求：x21111f1f2f2021fff202120212思路：察看可发现头尾的自变量互为倒数，因此考虑其函数值的和能否具备特色。即1fxf1，因此考虑第n个与倒数第n个放在一同乞降，可用倒序相加法x解：fx1111x21fx211x21x21x1x2S11f1f1f2f2021ff220212021Sf2021f2021f2f111ff220212Sf1f2021f1f2021f2021f120212021202114029S40292小炼有话说：此类问题要抓自变量之间的联系，并试试发现其函数值的和能否有特色〔常数或许与n有关〕，本题乞降的项就体现出倒数关系。此外在乞降过程中倒序相加的方法能够有效地防备项数的奇偶议论。例2：设数列an知足a12,an1an34nnN〔1〕求数列an的通项公式〔2〕令bnnan，求数列bn的前n项和Sn解：〔1〕an1an34nanan134n1an1an234n2a2a134ana13434234n1124n11444n1an4n2〔2〕思路：由〔1〕可得：bnn4n2，只管整个通项公式不切合任何一种乞降特色，但能够拆成n4n2，在乞降的过程中分红三组分别乞降，再汇总到一同。解：bnnann4n2Sn12n41424n2nnn144n122nn3n44n124123例3：数列an知足a11,a22,an1anan1an1anan1n2,nN，且对于nN,anan11，设an的前n项和为Sn，那么S2021_________思路：原递推公式an1anan1an1anan1很难再有变化，考虑向后再写一个式子进行变形。anan+1an2anan+1an2，两式相减可得：an2an1anan110，由anan11可得：an2an1，an为周期是3的数列，因此乞降时可先求出一个周期中项的和，再看S2021中含多少周期即可。解：an1anan1an1anan1①anan+1an2anan+1an2②①②得：anan1an2an1an2an1an2an1anan110anan11an2an1an为周期是3的数列在①中令n2a1a2a3a1a2a3解得：a33S2021a1a2a3a4a5a6a2021而202136712S2021671a1a2a3a2021a20216716a1a24029答案：4029例4：已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12,a4b427,S4b410〔1〕求数列a与b的通项公式nn〔2〕记Tnanb1an1b2a1bn,nN*，求证：Tn122an10bn解：〔1〕设a的公差为d，bn的公比为qn那么a4b427a13dbq1327S4b4104a16dbq131023d2q327d3即2q3，解得：q286d10an3n1,bn2n〔2〕思路：固然Tn所波及数列通项公式不是“anbn〞形式，但察看到Tn中的项具备“等差等比〞的特色，因此考虑利用错位相减法求出Tn，再证明等式即可解：Tn3n123n42222n①2Tn2n3432n+13n1222②②①Tn3n12322232n22n14n112n23n12232110n2n11223所证恒等式左侧=102n23n1右侧2an10bn23n1102n即左侧右侧因此不等式得证例5：数列an为等差数列，其前n项和为Sn，且a35,S99，数列bnan1〕求an的通项公式2〕求数列bn的前n项和Tn解：〔1〕S9a1a999a59a51a5a322d53ana3n322n11〔2〕思路：由〔1〕可得：bn112n112n,n52n11,n，因此在乞降时第一要考虑项数5能否大于5，要进行分类议论，其次当n5，乞降可分红2组分别乞降再汇总解：bn112n112n,n52n11,n5当n5,nN时，Tnb1bnn9112nn10nn222当n5,nN时，Tnb1b5b6bn25b6bnn512n11n5225225n2n210n505Tn10nn2,n5n210n50,n5例6：〔2021，桐乡市校级期中〕：设数列an，其前n项和Sn3n2，bn为单一递加的等比数列，b1b2b3512，a1b1a3b3〔1〕求数列an,bn的通项公式〔2〕假定cnbn，求数列cn的前n项和Tnbn2bn1解：〔1〕n2时，anSnSn3n226n313n1n1时，a1S13切合上式an6n3bn为等比数列bbbb3512b812322设bn的公比为q，那么b1b28b2q8qq,b3q而a315a1b1a3b338158q解得：q2或q1q2bn单一递加q2bnb22n22n1〔2〕思路：由〔1〕可得：cn2n12n，察看到分母2n122n112n12n112n12n11为两项乘积，且具备“依序同构〞的特色，因此联想到进行裂项相消，考虑112n112n12n，恰好为cn，因此直接裂2n12n112n12n112n12n11项而后相消乞降即可解：cn2n12n112n122n112n12n112n12n11Tnc1cn1111112112212212312n12n1111112112n12n111例7：等差数列的首项a11，公差d0，前n项和为Sn〔1〕假定S1,S2,S4成等比数列，求数列an的前n项和Tn2n〔2〕假定11112021N恒建立，求d的取值范围a1a2a2a3a3a4anan1对全部n2021〔1〕思路：先利用条件求出an的通项公式，而后用错位相减法乞降解：S1,S2,S4成等比数列S22S1S42a1d24a16d，代入a1可得：a11d2246dd22d0由d0可得：d2an2n11121nTn32n121①221213nn11132n312n112Tn2222②①②23nn11Tn1211+12n11222222111n1n114212n211212231n11n1n12n3n231221222nTn32n312〔2〕思路：固然不知道an的通项公式，但依据其等差数列特色可得：an1and因此1111，从而可将不等式的左侧经过裂项相消乞降，而后依据不等anan1anan1d式恒建立解d的范围即可解：1111anan1anan1d11111111111a1a2a2a3a3a4anan1da1a2a2a3anan111111111dan1da1nd11ndd1112021对全部nN均建立1112015d1nd2021d1ndmin2016设fn11，由d0可得：fn为增函数11nddfnminf11111d1d1d12021d11d202120210,12021例8：数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,，此中相邻的两个1被2分开，第n对1之间有n个2，那么该数列的前1234项的和为__________思路：本题乞降的重点是要统计一共有多少个1，多少个2相加。那么第一应当确立第1234的地点，〔即位于第几对1中的第几个2〕，可将1个1与以后n个2划为一组，那么第n组数中含有n12n112n21n2，可估量出n148,n249，个数。即2n1123422n11122412342n211274即该数列的第1234项位于因此2n12n2第49组第10个数。可剖析前48组中含有48个1，含有12481176个2，在第49组中有1个1，9个2，所从前1234项和为48117621922419答案：2419小炼有话说：对于这类“规律性〞〔不含通项公式〕的数列，第一要抓住此数列中数摆列的规律，并依据规律确立出所乞降的最后一项的地点。再将乞降中的项进行合理分组使之能够进行乞降，再汇总即可。例9：Sn是数列an的前n项和，且Sn2ann23n2,n1,2,3〔1〕求证：数列an2n为等比数列〔2〕设bnancosn，求数列bn的前n项和Tn解：〔1〕S2an23n2①nnSn12an1n123n12②①②可得：an2an2an12n4即an2an12n4an2n2an14n42an12n1an2n为q2的等比数列〔2〕思路：假定要乞降，需要先求出bn的通项公式。因此先利用〔1〕结构等比数列求出an，从而获得bn，对于cosn1nbn进行奇偶分类，从而分组乞降，，办理方式既能够将也可放入到通项公式中进行乞降解：由〔1〕可得：an2na122n1令n1代入Sn2ann23n2S12a14a14an2n2nan2n2nbn2n2ncosn方法一：直接乞降bn2n2ncosn2n2n1n2n2n1n2n1Tn2211122n1n211设Pn1122n1n11Pn123n1n1121(1)11n2Pn12nn1n1n111(1)n111Pn1n1nnTn42121n1211nnn342小炼有话说：本题固然能够直接乞降，可是过程和结果相对形式比较复杂方法二：分组乞降b2n2ncosn2n2nn2n2n,n2k11n2n2n,n2k当n为偶数时bn1bn2n12n12n2n2n12Tnb1b2b3b4bn1bn2212412n12n2n2421241n2n1n3当n为奇数时TnTn1bn22n11n12n2n322nn53322n1n,n2kTn322n5,nn2k133小炼有话说：本题在分组乞降时要注意以下几点1〕相邻两项一组，假如项数为奇数，那么会留出一项，项数为偶数，那么恰好分组。因此要对项数进行奇偶的分类议论〔2〕在项数为偶数的乞降过程中要注意n的取值变化不再是1,2,3,，而是2,4,6,因此乞降时的公比和乞降的项数会对应发生改变。〔3〕在项数为奇数的乞降中可利用前面的结论，简化乞降过程方法三：分奇数项偶数项分别乞降bn2n2ncosn2n2n1n2n2n,n2k12n2n,n2k当n为偶数时：Tnb1b3b5bn1b2b4b6bnb1b3bn121232n1213n1n2421n1n142221b2b4bn22242n224n44212n24122nn223Tn2n12n33同理：当n为奇数时TnTn1bn22n11n12n2n322nn53322n1n,n2kTn322n5,nn2k133

2n12n2332nnn22例10：等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列〔1〕求an的通项公式〔2〕令bn1n14n，求数列的bn的前n项和Tnan1an解：〔1〕S1,S2,S4成等比数列S22S1S32a1d26d即2a12a14a112a14a12解得：a1aan1d2n11n1〔2〕思路：由第〔1〕问可得：bnn14n12n12n，考虑相邻项作和察看规律：1为偶数时，bn1bn4n14n8n442n32n12n12n12n32n12n12n32n111，而后再进行乞降即可2n32n1解：n为偶数时，bn1bn4n14n2n32n12n12n14n12n14n2n32n32n12n18n44112n32n12n12n32n12n32n1Tnb1b2b3b4bn1bn11111111112n15592n32n2n2nn为奇数时：TnTn1bn2n14n2n12n14n2n112n12n12n12n122n2n122n1n12n22n12n12n12n12n12n,n2k2n综上所述：Tn12n2,n2k12n1小炼有话说：本题还能够直接从bn下手：bnn14n1n11112n12n12n12n1n1只管裂开不是两项作差，但依赖1在乞降过程中也可抵达相邻项相消的目的。从而根据项数的奇偶进行议论乞降。三、历年好题优选1、把等差数列an挨次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第四个括号一个数,,，循环分为1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,,那么第50个括号内各数之和为〔〕A.390B.392C.394D.3962、数列a知足an11n2n1，那么a的前60项和为〔an〕nnA.3690B.3660C.1845D.18303、〔2021，山东青岛12月月考〕设an1sinna1a2an，那么在S1,S2,,S100n,Sn25中，正数的个数是〔〕A.25B.50C.75D.1004、〔2021，长沙一中月考〕数列an是等差数列，数列bn是等比数列，公比为q，数列cn中，cnanbn，Sn是数列cn的前n项和。假定Sm11,S2m7,S3m201〔m为正偶数〕，那么S4m的值为〔〕A.1601B.1801C.2001D.22015、假定数列a知足a11,nan1an2an1nN，那么数列a的通项公式为nn____6、〔2021，新课标II〕设Sn是数列an的前n项和，且a11,an1SnSn1，那么Sn____7、〔2021，江苏〕数列an知足a11，且an1ann1nN1的前10，那么数列an项和为_________8、在等差数列an中，a13，其前n项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b11，公比为q，且b2S212,qS2b2〔1〕求an,bn〔2〕设数列cn知足cnbna5，求cn的前n项和Tn9、〔2021，广东文〕设数列an的前n项和为Sn,nN，a11,a23,a35，且24当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1〔1〕求a4的值〔2〕证明：an11an为等比数列2〔3〕求数列an的通项公式10、〔2021，天津〕数列an知足an2qanq1，nN,a11,a22，且a2a3,a3a,aa成等差数列445〔1〕求q的值和an的通项公式〔2〕设bnlog2a2n,nN，求数列bn的前n项和a2n111、〔2021，湖南〕数列a知足a1,an1anpn,nNn1〔1〕假定a是递加数列，且a,2a,3a成等差数列，求p的值n123〔2〕假定p11是递加数列，a2nan的通项公式，且a2n是递减数列，求数列212、〔2021，全国卷〕等差数列an的前n项和为Sn，a110,a2为整数，且SnS4〔1〕求a的通项公式n〔2〕设bn1，求数列bn的前n项和Tnanan113、〔2021，山东〕设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn3n3.〔1〕求数列{an}的通项公式；〔2〕假定数列{bn}知足anbnlog3an，求数列{bn}的前n项和Tn.14、〔2021，山东潍坊中学高三期末〕在数列an，bn中，a11，b12，且an，bn，an1成等差数列，bn，an，bn1也成等差数列．〔1〕求证：ab是等比数列；nn〔2〕假定cn2an3nlog32anncn的前n项和1，求数列n．15、定义数列an:a11，且nan1r,n2k,kN2时，an2k1,kN2an1,n〔1〕当r0时，Sna1a2an，求Snnk〔2〕假定r0，求证：24k1a2k1a2k习题答案：1、答案：B分析：由前面几组可得，组中项个数的循环周期为3，因为503162，因此第50组数含有两个元素。可知在一个周期中将据有an中的6项，因此16个周期共据有96项，从而第49个括号里为a97，第50个括号里含有的项为a98,a99，因为an2n1，因此a98195,a99197，那么a98a993922、答案：D分析：n2k时，a2k1a2k4k1n2k1时，a2ka2k14k3a2k1a2k12a2k3ak212可得：a2k3a2k1a1a61S60a1a2a60a2a3a4a5a60a6137112601311930183023、答案：D分析：fnsinn的周期T50，联合正弦函数性质可知：a1,a2,,a240,a250，25且a26,a27,,a490,a500，因为y1单一递减，因此a26a1,a27a2,,a49a24n那么S1,S2,S25为正，Saaa2a0，同理可得：S26,S27,,S50也均2612624为正数，以此类推，可知S1,S2,,S100均为正数，共100个4、答案：B分析：令ASm,BS2mSm,CS3mS2mqmAa1b1a2b2ambmqma1bm1a2bm2amb2mBqmAam1a1bm1a2mamb2mmdbm1b2m，d为an的公差同理CqmBmdb1bbmdbbqm2m2m23mm12mCqmBqmBqmA代入ASm11,BS2mSm4,CS3mS2m208可得：11qm28qm2080，解得qm4或qm5211设DS4mS3m，同理可知DqmCqmCqmB，代入可得：D20844208448327681600S4mDS3m160020118015、答案：an2n3n分析：nan1an2an1n1an1nan2设bnnan，即bn1bn2bn为等差数列b1a11bnb12n12n3an2n3n16、答案：n分析：anSnSn1SnSnSnSn1，即1111的11SnSn1，因此为公差是1Sn等差数列，因此11n1dn，即Sn1S1nSn7、答案：2011分析：an1ann1，可得：anan1n,,a2a12，进行累加可得：ana1nn12n21，因此ann2n1nn12n21，2即12211，故S10211111120annn1nn12231011118、分析：〔1〕设an,bn的公差和公比分别为d,qb2S2b1qa1a2b1q2a1dq6d12qS26dq2d6，因此解得：q3或q4〔舍〕b2qd3ana13n13n,bn3n1〔2〕cn3n1153n115,n4153n1,n3当n3时，Tn15n133n115n3n12当n4时，Tn45133233343n115n377273n3115n3n12715n31215n3n1,n3Tn3n212715n,n4291n2，那么4S45S28S3S1、分析：〔〕令413551381351，解得：a472a422484〔2〕4S5S8SS4S4SSS4S4Sn2nn1n1n2n1nn1n1n即4an2an4an14an21an12an1an2an11an22an211an11anan1222n2时，an11an是公比为1的等比数列22当n1时，由a11,a23,a35可考证得：a31a21a21a124222an11是公比为1的等比数列综上可得：2an2〔3〕由〔2〕以及a211可得：a121an1a1n1n1an1a2112222an1ann1an1n41n1n422an1222nan为公差是4的等差数列2nan2a1n144n21n1n1an4n22n12210、分析：〔1〕依题意可知：aqaq,aqa2q,aqaq2314253a2a3,a3a4,a4a5成等差数列2a3a4a4a5a2a3即2q2q2qq22qq23q20q2或q1〔舍〕an22an当n2k1kN时，kn12a12k1，即ann11n1a2k12222当n2k1kN时，kn2a22k1，即ann1na2k22222n1综上所述：an22,n为奇数n22,n为偶数nn1〔2〕由〔1〕可得：bnlog222n1n2n2n122设bn的前n项和为TnTn12222323n2n2Tn122223324n12nn2n1Tn2222nn2n22n11n2n12两式相减可得：12n2n+11Tnn12n1211、分析：〔1〕因为an是递加数列an1anan1anpn，此中p0由a11可得：a2a1p1p，aa2p21pp23a1,2a2,3a3成等差数列4a2a13a3代入可得：41q131qq2解得：p10〔舍〕或p31p3〔2〕因为a2n1为递加数列a2n1a2n10a2n1a2n因为1122n22n1a2n1a2na2na2n1②由①②可得：a2na2n102n1a2na2n11③2同理：因为a2n为递加数列a2na2n20a2na2n1因为112n122n22a2na2n1a2n1a2n2a2n1a2n202n21a2n1a2n2④

a2na2n10①a2n1an2202n1n综合③④可得：an1a11n2n2n11anan12an1an2

n212a2a11211n11n1n2112ana11222211211n1132411n1an33212、分析：〔1〕由SnS4可知：a40,a5a13d00，即4d0a1a2为整数da2a1a210Z103d03联合不等式4d可解得：d100ana1n1d133n〔2〕bn11111anan