【高考冲刺押题】2013高考数学三轮-基础技能闯关夺分必备-数列的求和(含解析)

第1页共8页数列的求和【考点导读】对于一般数列求和是很困难的，在推导等差、等比数列的和时出现了一些方法可以迁移到一般数列的求和上，掌握数列求和的常见方法有：（1）公式法：⑴等差数列的求和公式，⑵等比数列的求和公式[来源:学科网ZXXK]（2）分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和（如：通项中含n(-1)因式，周期数列等等）（3）倒序相加法：如果一个数列｛an｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。特征：an+a1=an-1+a2（4）错项相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成，此时求和可采用错位相减法。（5）裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项之和变成首尾若干少数项之和。【基础练习】1．已知公差不为0的正项等差数列｛an｝中,Sn为前n项之和,lga1、lga2、lga4成等差数列，若a5=10,则S5=30。2．设4710310()22222()nfnnN，则()fn等于42(81)7n。3．已知数列｛an｝是等差数列，首项a1０，a2005＋a2006０，a2005·a2006０，则使前n项之和Sn０成立的最大自然数n是４０１０。4．已知数列｛an｝是等差数列,且a2=8,a8=26,从｛an｝中依次取出第3项,第9项,第27项…,第3n项,按原来的顺序构成一个新的数列｛bn｝,则bn=__3n+1+2___5．若数列na满足：1,2,111naaann，2，3….则naaa2121n.【范例导析】例1.已知等比数列432,,,}{aaaan中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641qa公比（Ⅰ）求na；（Ⅱ）设nnab2log，求数列.|}{|nnTnb项和的前解：（I）依题意032),(32244342aaaaaaa即03213131qaqaqa21101322qqqq或第2页共8页211qq1)21(64nna故（II）nbnnn72log])21(64[log72127777||nnnnbn2)13(2)76(,6||,71nnnnTbnn时当2)7)(6(212)7)(71(,1||,778nnnnTTbnn时当)7(212)7)(6()7(2)13(nnnnnnTn点评：本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和，本题还考查了转化的思想。例2．数列}{na前n项之和nS满足：*1(1)(21)(,0)nntStSnNt（1）求证：数列}{na是等比数列(2)n；（2）若数列}{na的公比为()ft,数列}{nb满足：1111,()nnbbfb，求数列}{nb的通项公式；（3）定义数列}{nc为11nnncbb，，求数列}{nc的前n项之和nT。解：（1）由*1(1)(21)(,0)nntStSnNt得：1(1)(21)(2)nntStSn两式相减得：1(21),(2)nntatan即12112,(2)nnatnatt,∴数列}{na是等比数列(2)n。（2）11()2nnnbfbb，则有12nnbb∴21nbn。（3）111111()(21)(21)22121nnncbbnnnn，∴1111111111(1)(1)2335572121221nTnnn第3页共8页点评：本题考查了na与nS之间的转化问题，考查了基本等差数列的定义，还有裂项相消法求和问题。例3．已知数列na满足411a，),2(2111Nnnaaannnn．（Ⅰ）求数列na的通项公式na；（Ⅱ）设21nnab，求数列nb的前n项和nS；（Ⅲ）设2)12(sinnacnn，数列nc的前n项和为nT．求证：对任意的Nn，74nT．分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。解：（Ⅰ）12)1(1nnnaa，])1(1)[2()1(111nnnnaa，又3)1(11a，数列nna11是首项为3，公比为2的等比数列．[来源:学#科#网]1)2(3)1(1nnna，即123)1(11nnna.（Ⅱ）12649)123(1121nnnnb．9264321)21(1641)41(19nnSnnnnn．（Ⅲ）1)1(2)12(sinnn，1231)1()2(3)1(111nnnnnc．当3n时，则12311231123113112nnT212211211321])(1[28112312312317141nn7484488447612811])21(1[6128112n．321TTT，对任意的Nn，74nT．点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列na的通项na，第二问分组求和法是非常常见的方法，第三问不等式的证明要用到放缩的办法，放缩的目的是利第4页共8页于求和，所以通常会放成等差、等比数列求和，或者放缩之后可以裂项相消求和。备用题．已知数列2,}{1aan中，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（1）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；（2）记bn=211nnaa，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+132nT=1.解：（Ⅰ）由已知212nnnaaa，211(1)nnaa；12a11na，两边取对数得：1lg(1)2lg(1)nnaa，即1lg(1)2lg(1)nnaa；{lg(1)}na是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知11lg(1)2lg(1)nnaa1122lg3lg3nn1213nna（*）12(1)(1)nTaan…(1+a)012222333n-12…321223n-1…+2=n2-13；由（*）式得1231nna（Ⅲ）212nnnaaa1(2)nnnaaa11111()22nnnaaa11122nnnaaa又112nnnbaa1112()nnnbaa；12nSbbn…+b122311111112()nnaaaaaa…+11112()naa；1221131,2,31nnnnaaa22131nnS；又213nnT2131nnST.【反馈演练】[来源:学科网]1．已知数列}{na的通项公式*21()nannN，其前n项和为nS，则数列}{nSn的前10第5页共8页项的和为75。2．已知数列}{na的通项公式*3()nnannN，则它的前n项和为11(1)3322nnn。3．已知数列}{na的通项公式12(21)*21(2){()nnknnnkakN，其前n项和为nS，则9S377。4．已知数列}{na中，112lg,10,3,nnnnnnnbabcc则数列}{na的前n项和为(1)(12)lg32nnn。5．数列1111,,,,,12123123n的前n项和为21nn。6．已知数列}{na的前n项和为nS，且21nnSa，则数列}{na的通项公式为12nna。7．已知数列}{na中，11,a且有*1(21)(23)(,2)nnnananNn，则数列}{na的通项公式为311()22121nann，前n项和为321nn。8．对正整数n，设曲线)1(xxyn在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为na，则数列}1{nan的前n项和的公式是解：1(1)nnynxnx，曲线)1(xxyn在x=2处的切线的斜率为12(1)2nnknn切点为(2,2)n,所以切线方程为2(2)nykx,令x=0得：(1)2nnan,设21nnnabn，则数列1nan的前n项和为：23112222222nnnnSbbb9．数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1.(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；(2)求数列{bn}的前n项和Tn；解：(1）可解得nnaann11，从而an=2n，有Sn=n2+n，第6页共8页(2)Tn=2n+n－1.10．数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;(3)设bn=)12(1nan(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞32m成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}d=1414aa=－2,∴an=10－2n.(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn=540951922nnnnnn(3)bn=)111(21)22(1)12(1nnnnann)1(2)]111()3121()211[(2121nnnnbbbTnn；要使Tn＞32m总成立，需32m＜T1=41成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.11．设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…).(1)求证：数列{an}是等比数列；(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f(11nb)(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=ttaatt332,33212.又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，①3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t②①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.∴ttaann3321,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为1公比为tt332的等比数列；(2)由f(t)=tt332=t132,得bn=f(11nb)=32+bn－1.第7页共8页可见{bn}是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是bn=1+32(n－1)=312n;(3)由bn=312n,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和35，公差均为32的等差数列，于是b2n=314n,[来源:学科网]∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2(b1－b3)+b