2024高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题08数列求和的方法练习理

PAGEPAGE108数列求和的方法1.已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从其次项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S16等于().A.5 B.6 C.7 D.16解析▶依据题意得这个数列的前8项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发觉从第7项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.又因为16=2×6+4,所以这个数列的前16项之和S16=2×0+7=7.故选C.答案▶C2.已知在等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,Sn是数列{an}的前n项和,则().A.S5>S6 B.S5<S6C.S6=0 D.S5=S6解析▶∵d<0,|a3|=|a9|,∴a3>0,a9<0,且a3+a9=2a6=0,∴a6=0,a5>0,a7<0,∴S5=S6.故选D.答案▶D3.若数列1n(n+1)的前n项和为99解析▶由题意得11×2+12×3+13×4+…+1n(n+1)=1-12+12-13+13-14+…+1n答案▶994.已知等差数列{an}的公差d>0,前n项和为Sn,a2,a4是方程x2-10x+21=0的两个根.(1)求证:1S2+1S3+…+(2)求数列{2-nan}的前n项和Tn.解析▶(1)∵方程x2-10x+21=0的两个根分别为x1=3,x2=7,∴由题意得a2=3,a4=7,∴a1+d=3∴an=1+(n-1)×2=2n-1,Sn=n×1+n(n-1)当n≥2时,Sn=n2>n(n-1),∴1S2+1S3+…+1Sn<11×2+12×3+…+1n(n-1)=1-12+1(2)∵2-nan=2n∴Tn=121+322+523∴12Tn=122+323+…由①-②得12Tn=12+2122+123+…=32-2n+3∴Tn=3-2n实力1▶会用分组求和法求和【例1】已知数列{an}满意a1=2,a2+a4=8,且对随意n∈N*,函数f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx满意f'π2=0(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=2an+12an,求数列{bn解析▶(1)由题设可得f'(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2cosx.对随意n∈N*,f'π2=an-an+1+an+2-an+1=即an+1-an=an+2-an+1,故数列{an}为等差数列.由a1=2,a2+a4=8,得数列{an}的公差d=1,所以an=2+1×(n-1)=n+1.(2)因为bn=2an+12an=2n所以Sn=b1+b2+…+bn=(2+2+…+2)+2(1+2+…+n)+1=2n+2×n(n=n2+3n+1-12某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和.留意在含有字母的数列中对字母的探讨.(1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差数列或等比数列,则可以采纳分组求和法求数列{cn}的前n项和.(2)若数列{cn}的通项公式为cn=a且数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,则可以采纳分组求和法求数列{cn}的前n项和.(3)若数列的通项式中有(-1)n等特征,依据正号、负号分组求和.已知在等比数列{an}中,an>0,a1=4,1an-1an+1=2(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(-1)n·(log2an)2,求数列{bn}的前2n项和T2n.解析▶(1)设等比数列{an}的公比为q,则q>0.由a1=4,1an-1an+1=2an+2,得1a1qn-1-1a1(2)bn=(-1)n·(log2an)2=(-1)n·(log22n+1)2=(-1)n·(n+1)2.设cn=n+1,则bn=(-1)n·cn故T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=-c12+c22+(-c32)+c42+=(-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(2实力2▶会用错位相减法求和【例2】设数列{an}的前n项和为Sn,已知2Sn=3n+3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满意anbn=log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.解析▶(1)因为2Sn=3n+3,所以当n=1时,2a1=3+3,即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(2)因为anbn=log3an,所以当n=1时,b1=13当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=13当n>1时,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].两式相减,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-所以Tn=1312-2经检验,当n=1时也适合上式.故Tn=1312-2(1)一般地,若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和,则可以采纳错位相减法求和.一般是先将和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应特殊留意将两式“错项对齐”,以便下一步精确写出“Sn-qSn”的表达式.(3)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1两种状况求解.设数列{an}是公差大于0的等差数列,其前n项和为Sn.已知S3=9,且2a1,a3-1,a4+1构成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满意anbn=2n-1(n∈N*),设Tn是数列{bn}的前n项和,证明:Tn解析▶(1)设数列{an}的公差为d,则d>0.∵S3=9,∴a1+a2+a3=3a2=9,即a2=3.又2a1,a3-1,a4+1成等比数列,∴(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-1则Tn=1·120+3·121+…+(2∴12Tn=1·121+3·122+…+(2n-3)·12两式相减得12Tn=1+2·121+2·122+…+2·1=1+1-12n-11故Tn=6-2n∵n∈N*,∴Tn=6-2n+32实力3▶会用裂项相消法求和【例3】设数列{an}的前n项和为Sn,对随意正整数n都有6Sn=1-2an.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满意bn=log12an,Tn=1b12-1+1b解析▶(1)由6Sn=1-2an,得6Sn-1=1-2an-1(n≥2).两式相减得6an=2an-1-2an,即an=14an-1(n≥2)由6S1=6a1=1-2a1,得a1=18∴数列{an}是等比数列,公比q=14∴an=18×14n(2)∵an=12∴bn=2n+1,从而1bn2-1∴Tn=11n+1=14(1)利用裂项相消法求和时,应留意抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.(2)将通项公式裂项后,有时候须要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.若{bn}为等比数列,数列{an}满意:对随意的n∈N*,有a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)·2n+1+2.已知a1=1,a2=2.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)求数列1an·an+1解析▶(1)由题意可得a解得b1=2,b2=4又由题意得,当n≥2时,anbn=(a1b1+a2b2+…+anbn)-(a1b1+a2b2+…+an-1bn-1)=n·2n,∴an=n,此式对n=1也成立,∴数列{an}的通项公式为an=n.(2)由(1)可知,1an·an+1=∴Sn=1-12+12=1-1n+1=实力4▶会求等差、等比数列中关于肯定值的求和问题【例4】在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,an;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.解析▶(1)由题意得a1·5a3=(2a2+2)2.又由a1=10,{an}是公差为d的等差数列,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)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11,所以当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=12n2-212n+综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-依据等差数列的通项公式及d<0,确定an的符号,从而去掉肯定值符号,这须要对n的取值范围进行分类探讨.已知数列{an}满意a1=-2,an+1=2an+4.(1)证明:数列{an+4}是等比数列.(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.解析▶(1)∵a1=-2,∴a1+4=2.∵an+1=2an+4,∴an+1+4=2an+8=2(an+4),∴an+1∴{an+4}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)可知an+4=2n,∴an=2n-4.当n=1时,a1=-2<0,∴S1=|a1|=2;当n≥2时,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)又当n=1时,也满意上式,∴Sn=2n+1-4n+2.一、选择题1.已知数列{an},{bn}满意anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前10项之和为().A.13 B.C.12 D.解析▶bn=1an=1(n+1S10=b1+b2+b3+…+b10=12-13+13-14+14-15=12-112=5答案▶B2.若数列{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.200 B.-200C.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,故选B.答案▶B3.已知等差数列{an}的公差为d,且an≠0,d≠0,则1a1a2+1a2a3A.nda1(C.da1(解析▶∵1ana∴原式=1=1d1a1-1答案▶B4.依据科学测算,运载神舟飞船的长征系列火箭,在点火后一分钟上升的高度为1km,以后每分钟上升的高度增加2km,在达到离地面240km高度时船箭分别,则从点火到船箭分别也许须要的时间是().A.20分钟 B.16分钟C.14分钟 D.10分钟解析▶设火箭每分钟上升的高度组成一个数列{an},明显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=答案▶B5.数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n项和A.n2+1-12n B.2n2-n+1C.n2+1-12n-1 D.n2解析▶该数列的通项公式为an=(2n-1)+12则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+答案▶A6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=13,Sm=0,Sm+1=-15,其中m∈N*且m≥2,则数列1anan+1的前A.24143 B.C.2413 D.解析▶由题意可得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+1=1=-12113-1可知当n=6时,Tn取得最大值613,故选D答案▶D7.数列1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n-1),…的前n项之和Sn为().A.2n-1 B.n·2n-nC.2n+1-n D.2n+1-n-2解析▶∵an=1+2+22+…+2n-1=2n-1,∴Sn=2·(2n-1)2-1答案▶D8.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,即此数列第一组是20,接下来其次组的两项是20,21,再接下来第三组的三项是20,21,22,依此类推.设Sn是此数列的前n项和,则S2024=().A.264-58 B.264-56C.263-58 D.263-56解析▶该数列第一组有一项,其和为20;其次组有两项,其和为20+21;…;第n组有n项,其和为20+21+…+2n-1=2n-1.前63组共有63×642=2024项∴S2024=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-答案▶A9.我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步如下:第一步,构造数列1,12,13,14,…,其次步,将数列①的各项乘以n2,得到一个新数列a1,a2,a3,…,an则a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=().A.n24 BC.n(n-解析▶由题意知,所得新数列为1×n2,12×n2,13×n2所以a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n=n1=n241-答案▶C二、填空题10.已知数列{an}满意a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),则其前2024项和S2024=.

解析▶依题意,得an+1·an=2n,an+1·an+2=2n+1,则an+1·an所以数列a1,a3,a5,…,a2k-1,…是以a1=1为首项,2为公比的等比数列;数列a2,a4,a6,…,a2k,…是以a2=2为首项,2为公比的等比数列.则S2024=(a1+a3+a5+…+a2024)+(a2+a4+a6+…+a2024)=1-210101-2+2(1-21009)1答案▶21011-311.若数列{an