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【考前三个月】(江苏专用)2022高考数学 高考必会题型 专题5 数列 第25练 数列求和问题大全
【考前三个月】(江苏专用)2022高考数学 高考必会题型 专题5 数列 第25练 数列求和问题大全
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第25练 数列求和问题大全题型一 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.破题切入点 (1)可以通过逐个验证来确定数列的前三项,进而求得an;(2)可以分组求和:将{bn}前n项和转化为数列{an}和数列{(-1)nlnan}前n项的和.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=题型二 错位相减法求和例2 已知:数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-n(n∈N*).(1)求a1,a2的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)若数列{bn}的前n项和为Tn,且满足bn=nan(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.破题切入点 (1)代入求解即可.(2)由Sn=2an-n得Sn-1=2an-1-(n-1),n≥2,两式相减构造数列求通项公式.(3)错位相减求和.-8-\n解 (1)Sn=2an-n.令n=1,解得a1=1;令n=2,解得a2=3.(2)Sn=2an-n,所以Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N*),两式相减得an=2an-1+1,所以an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N*),又因为a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以an+1=2n,即通项公式an=2n-1(n∈N*).(3)bn=nan,所以bn=n(2n-1)=n·2n-n,所以Tn=(1·21-1)+(2·22-2)+(3·23-3)+…+(n·2n-n),Tn=(1·21+2·22+3·23+…+n·2n)-(1+2+3+…+n).令Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,①2Sn=1·22+2·23+3·24+…+n·2n+1,②①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n·2n+1,-Sn=-n·2n+1,Sn=2(1-2n)+n·2n+1=2+(n-1)·2n+1,所以Tn=2+(n-1)·2n+1-(n∈N*).题型三 倒序相加法求和例3 已知函数f(x)=(x∈R).(1)证明:f(x)+f(1-x)=;(2)若数列{an}的通项公式为an=f()(m∈N*,n=1,2,…,m),求数列{an}的前m项和Sm;(3)设数列{bn}满足b1=,bn+1=b+bn,Tn=++…+,若(2)中的Sm满足对不小于2的任意正整数m,Sm<Tn恒成立,试求正整数m的最大值.破题切入点 (1)利用函数的解析式,化简f(1-x)即可求证.(2)注意利用(1)中的结论,构造倒序求和.(3)由已知条件求出Tn的最小值,将不等式转化为最值问题求解.(1)证明 因为f(x)=,所以f(1-x)===.所以f(x)+f(1-x)=+==.(2)解 由(1),知f(x)+f(1-x)=,-8-\n所以f()+f(1-)=(1≤k≤m-1,k∈N*),即f()+f()=.所以ak+am-k=,am=f()=f(1)=.又Sm=a1+a2+…+am-1+am,①Sm=am-1+am-2+…+a1+am,②由①+②,得2Sm=(m-1)×+2am=-,即Sm=-(m∈N*).(3)解 由b1=,bn+1=b+bn=bn(bn+1),显然对任意n∈N*,bn>0,则==-,即=-,所以Tn=(-)+(-)+…+(-)=-=3-.因为bn+1-bn=b>0,所以bn+1>bn,即数列{bn}是单调递增数列.所以Tn关于n递增,所以当n∈N*时,Tn≥T1.因为b1=,b2=()2+=,所以Tn≥T1=3-=.由题意,知Sm<,即-<,解得m<,所以正整数m的最大值为3.题型四 裂项相消法求和例4 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.破题切入点 (1)列方程组(两个条件)确定an.(2)可以采用裂项相消法求得含有公差的表达式,再和已知Tn=-对比求得公差.解 设数列{an}的公差为d,由a1,a4,a8成等比数列可得-8-\na=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.总结提高 数列求和的主要方法有:(1)分组求和法:一个数列既不是等差数列也不是等比数列,若将这个数列适当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部分,即能分别求和,然后再合并,或对字母n分类讨论后再求和.(2)错位相减法:这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,主要用于求{an·bn}的前n项和,其中{an}和{bn}分别是等差数列和等比数列.(3)倒序相加法:这是推导等差数列前n项和时所用的方法,将一个数列倒过来排序,如果原数列相加时,若有公因式可提,并且剩余项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加法求和.(4)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.1.若数列{an}的通项公式为an=,则其前n项和Sn为________.-8-\n答案 --解析 因为an==-,所以Sn=a1+a2+…+an=1-+-+-+…+-+-=1+--=--.2.已知数列1,3,5,7,…,则其前n项和Sn为________.答案 n2+1-解析 因为an=2n-1+,则Sn=n+=n2+1-.3.(2022·课标全国Ⅰ改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=________.答案 5解析 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=5.4.在数列{an}中,若存在一个确定的正整数T,对任意n∈N*满足an+T=an,则称{an}是周期数列,T叫作它的周期.已知数列{xn}满足x1=1,x2=a(a≤1),xn+2=|xn+1-xn|,当数列{xn}的周期为3时,则{xn}的前2013项和S2013=________.答案 1342解析 由xn+2=|xn+1-xn|,得x3=|x2-x1|=|a-1|=1-a,x4=|x3-x2|=|1-2a|,因为数列{xn}的周期为3,所以x4=x1,即|1-2a|=1,解得a=0或a=1.当a=0时,数列{xn}为1,0,1,1,0,1,…,所以S2013=2×671=1342.当a=1时,数列{xn}为1,1,0,1,1,0,…,-8-\n所以S2013=2×671=1342.综上,S2013=1342.5.已知数列2008,2009,1,-2008,-2009,…,这个数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前2014项之和S2014=________.答案 2010解析 由已知得an=an-1+an+1(n≥2),∴an+1=an-an-1.故数列的前8项依次为2008,2009,1,-2008,-2009,-1,2008,2009.由此可知数列为周期数列,周期为6,且S6=0.∵2014=6×335+4,∴S2014=S4=2008+2009+1+(-2008)=2010.6.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==1830.7.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=________.答案 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.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=-n-8-\n=2n+1-n-2.9.定义:若数列{An}满足An+1=A,则称数列{An}为“平方递推数列”.已知数列{an}中,a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图象上,其中n为正整数.(1)证明:数列{2an+1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列;(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn,即Tn=(2a1+1)·(2a2+1)·…·(2an+1),求数列{an}的通项公式及Tn关于n的表达式.(1)证明 由题意得an+1=2a+2an,得2an+1+1=4a+4an+1=(2an+1)2.所以数列{2an+1}是“平方递推数列”.令cn=2an+1,所以lgcn+1=2lgcn.因为lg(2a1+1)=lg5≠0,所以=2.所以数列{lg(2an+1)}为等比数列.(2)解 因为lg(2a1+1)=lg5,所以lg(2an+1)=2n-1·lg5,所以2an+1=52n-1,即an=(52n-1-1).因为lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)==(2n-1)lg5.所以Tn=52n-1.10.(2022·湖南)已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.解 (1)当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.故数列{an}的通项公式为an=n.(2)由(1)知an=n,故bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A==22n+1-2.B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n,故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.11.(2022·课标全国Ⅱ)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明{an+}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明++…+<.-8-\n证明 (1)由an+1=3an+1得an+1+=3(an+).又a1+=,所以{an+}是首项为,公比为3的等比数列.an+=,因此{an}的通项公式为an=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=(1-)<.所以++…+<.12.(2022·山东)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.解 (1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1(+).当n为偶数时,Tn=(1+)-(+)+…+(+)-(+)=1-=.当n为奇数时,Tn=(1+)-(+)+…-(+)+(+)=1+=.所以Tn=(或Tn=)-8-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:16:17
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