全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题5第24练数列求和问题理

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.常考题型精析题型一　分组转化法求和例1　等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.　　　　　　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.17\n变式训练1　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.　　　　　　　题型二　错位相减法求和例2　(2022·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.　　　　17\n　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　(2022·四川)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*).(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列{}的前n项和Tn.　　　　　　　　17\n题型三　裂项相消法求和例3　在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列.(1)已知数列{an}的前10项和为45，求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＝－，求数列{an}的公差.　　　　　　　　　　　　17\n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，适用于求通项为的前n项和，其中{an}若为等差数列，则＝·(－).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　(2022·大纲全国)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＝，求数列{bn}的前n项和Tn.　　　　　　　　　17\n　高考题型精练1.(2022·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)A.a1d＞0，dS4＞0B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0D.a1d＜0，dS4＞02.(2022·课标全国Ⅱ)等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于(　　)A.n(n＋1)B.n(n－1)C.D.3.若数列{an}的通项公式为an＝，则其前n项和Sn为(　　)A.1－B.－－C.－－D.－－4.已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为(　　)A.n2＋1－B.n2＋2－C.n2＋1－D.n2＋2－5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于(　　)A.3B.4C.5D.66.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)A.B.C.D.7.在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列的前n项和Sn＝________.17\n8.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________.9.(2022·天津模拟)在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.　　　　　　　　　　　　17\n　10.(2022·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{}的前n项和.　　　　　　　　　　　　17\n　11.(2022·天津)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列.(1)求q的值和{an}的通项公式；(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和.　　　　　　　　12.(2022·安徽)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.　17\n　　答案精析第24练　数列求和问题常考题型精析例1　解　(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意.因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*).(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.所以当n为偶数时，Sn＝2×＋ln3＝3n＋ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3＝3n－ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝变式训练1　解　(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意，得解得所以an＝2n－1.(2)因为bn＝2an＋2n＝×4n＋2n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.例2　解　(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，17\n此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝；当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[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＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，所以Tn＝－，经检验，n＝1时也适合.综上可得Tn＝－.变式训练2　解　(1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.解得d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－.由题意知，a2－＝2－，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，从而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝＋＋＋…＋＋，2Tn＝＋＋＋…＋.因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－17\n＝2－－＝.所以Tn＝.例3　解　设数列{an}的公差为d，由a1，a4，a8成等比数列可得a＝a1·a8，即(a1＋3d)2＝a1(a1＋7d)，∴a＋6a1d＋9d2＝a＋7a1d，而d≠0，∴a1＝9d.(1)由数列{an}的前10项和为45可得S10＝10a1＋d＝45，即90d＋45d＝45，故d＝，a1＝3，故数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)·＝(n＋8).(2)bn＝＝，则数列{bn}的前n项和为Tn＝[＋＋…＋]＝＝＝＝－.所以＝1，d＝±1.故数列{an}的公差d＝1或－1.变式训练3　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≤0.17\n解得－≤d≤－.因此d＝－3.数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝.高考题型精练1.B[∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.]2.A[由a2，a4，a8成等比数列，得a＝a2a8，即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，∴a1＝2.∴Sn＝2n＋×2＝2n＋n2－n＝n(n＋1).]3.D[因为an＝＝－，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－＝－－.故选D.]4.A[因为an＝2n－1＋，17\n则Sn＝n＋＝n2＋1－.]5.C[am＝2，am＋1＝3，故d＝1，因为Sm＝0，故ma1＋d＝0，故a1＝－，因为am＋am＋1＝5，故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d＝－(m－1)＋2m－1＝5，即m＝5.]6.B[∵an＝＝，∴bn＝＝＝4(－)，∴Sn＝4[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝4(1－)＝.]7.解析　设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以＝＝－.则数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.8.1830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＋…＋23417\n＝＝1830.9.(1)∵S＝an，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴S＝(Sn－Sn－1)，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由题意得Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列.∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.(2)∵bn＝＝＝，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝＝.10.解　(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而a1＝.所以{an}的通项公式为an＝n＋1.(2)设{}的前n项和为Sn.由(1)知＝，则Sn＝＋＋…＋＋，Sn＝＋＋…＋＋.17\n两式相减得Sn＝＋(＋…＋)－＝＋(1－)－.所以Sn＝2－.11.解　(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.由递推公式得当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝.所以，{an}的通项公式为an＝(2)由(1)得bn＝＝.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.上述两式相减得：Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，整理得，Sn＝4－，n∈N*.所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.12.(1)解　y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).令y＝0，17\n解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.所以数列{xn}的通项公式为xn＝.(2)证明　由题设和(1)中的计算结果知Tn＝xx…x＝22…2.当n＝1时，T1＝.当n≥2时，因为x＝2＝>＝＝.所以Tn>2×××…×＝.综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥.17