高考文科数学练习题解析数列求和

1第四节数列求和题型一分组转化法求和若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．[典例](2019·吉林调研)已知数列{an}是等比数列，a1＝1，a4＝8，{bn}是等差数列，b1＝3，b4＝12.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.[解](1)设数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得8＝1×q3，所以q＝2，所以an＝2n－1.设{bn}的公差为d，由b4＝b1＋3d得12＝3＋3d，所以d＝3，所以bn＝3n.(2)因为数列{an}的前n项和为a11－qn1－q＝1×1－2n1－2＝2n－1，数列{bn}的前n项和为b1n＋nn－12d＝3n＋nn－12×3＝32n2＋32n，所以Sn＝2n－1＋32n2＋32n.[方法技巧]分组转化法求和的常见类型[提醒]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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．[针对训练](2018·焦作四模)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，所以a1＋d＝3，4a1＋4×32d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.设{bn－an}的公比为q，则b4－a4＝(b1－a1)q3，2因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝b4－a4b1－a1＝88－74－1＝27，解得q＝3，所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝31－3n1－3＋n1＋2n－12＝32(3n－1)＋n2＝3n＋12＋n2－32.题型二错位相减法求和如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.[典例](2019·南昌模拟)已知数列{an}满足a12＋a222＋a323＋…＋an2n＝n2＋n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝－1nan2，求数列{bn}的前n项和Sn.[解](1)∵a12＋a222＋a323＋…＋an2n＝n2＋n，∴当n≥2时，a12＋a222＋a323＋…＋an－12n－1＝(n－1)2＋n－1，两式相减得an2n＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．又∵当n＝1时，a12＝1＋1，∴a1＝4，满足an＝n·2n＋1.∴an＝n·2n＋1.(2)∵bn＝－1nan2＝n(－2)n，∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n.－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1，∴两式相减得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－2[1－－2n]1－－2－n(－2)n＋1＝－－2n＋1－23－n(－2)n＋1＝－3n＋1－2n＋1＋23，∴Sn＝－3n＋1－2n＋1＋29.[方法技巧]错位相减法求和的策略3(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“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1两种情况求解．[针对训练]1．数列12，34，58，716，…的前10项之和为________．解析：因为S10＝12＋34＋58＋…＋19210，①所以12S10＝14＋38＋…＋17210＋19211.②①－②得12S10＝12＋24＋28＋…[phone]＝12＋121－1291－12－19211＝32－129－19211＝3×210－23211，所以S10＝3×210－23210＝30491024.答案：304910242．(2019·临川一中质检)已知等差数列{an}满足a3＝5，其前6项和为36，等比数列{bn}的前n项和Sn＝2－12n－1(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得a1＋2d＝5，6a1＋15d＝36，解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)．对于数列{bn}，因为Sn＝2－12n－1，所以当n＝1时，b1＝S1＝2－1＝1，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2－12n－1－2－12n－2＝12n－1，综上所述，bn＝12n－1(n∈N*)．4(2)由(1)得anbn＝2n－12n－1，所以Tn＝1＋321＋522＋…＋2n－32n－2＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋…＋2n－32n－1＋2n－12n，②①－②得，12Tn＝1＋1＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，所以Tn＝6－4n＋62n＝6－2n＋32n－1.题型三裂项相消法求和如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和.[典例](2019·湖南十三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－n.(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝1an＋1＋1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，由n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－n)－(2an－1－n＋1)，即an＝2an－1＋1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝1an＋1＋1anan＋1＝an＋1anan＋1＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1，则Tn＝1－13＋13－17＋…＋(12n－1－12n＋1－1)＝1－12n＋1－1.[方法技巧]1．用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几5项．2．几种常见的裂项方式数列(n为正整数)裂项方式1nn＋k(k为非零常数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k14n2－114n2－1＝1212n－1－12n＋11n＋n＋11n＋n＋1＝n＋1－nloga1＋1n(a0，a≠1)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan[针对训练]1．(2019·成都检测)在递减的等差数列{an}中，a1a3＝a22－4.若a1＝13，则数列1anan＋1的前n项和的最大值为()A.24143B．1143C.2413D．613解析：选D设等差数列{an}的公差为d，则d0，因为a1a3＝a22－4，a1＝13，所以13(13＋2d)＝(13＋d)2－4，解得d＝－2或d＝2(舍去)，所以an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝15－2n，则1anan＋1＝115－2n13－2n＝12(12n－15－12n－13)，所以数列1anan＋1的前n项和Sn＝12(1－13－1－11＋1－11－1－9＋…＋12n－15－12n－13)＝12(－113－12n－13)，易知当n＝6时，Sn取得最大值，最大值为12×－113＋1＝613，故选D.2．(2018·潍坊二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an0(n∈N*)，S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log12a2n－1，数列2bnbn＋1的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)因为S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项，所以2(S6＋a6)＝S4＋a4＋S5＋a5，所以2S6－S4－S5＝a4＋a5－2a6，化简得4a6＝a4，6设等比数列{an}的公比为q，则q2＝a6a4＝14，因为an0，所以q＝12，又a1＝2，所以an＝2·12n－1＝12n－2.(2)bn＝log12a2n－1＝log12122n－3＝2n－3，2bnbn＋1＝22n－32n－1＝12n－3－12n－1，则Tn＝－1－1＋1－13＋…＋12n－3－12n－1＝－2n2n－1.[课时跟踪检测]1．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝()A．3B．2C．1D．0解析：选A∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于()A．76B．78C．80D．82解析：选B由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.3．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018等于()A．22018－1B．3×21009－3C．3×21009－1D．3×21008－2解析：选B∵a1＝1，a2＝2a1＝2，又an＋2·an＋1an＋1·an＝2n＋12n＝2，∴an＋2an＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2017＋a2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝1－210091－2＋21－210091－2＝3×21009－3.故选B.4．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为()7A．380－351－1519B．400－251－1520C．420－341－1520D．440－451－1520解析：选C令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－315＋152＋…＋1520＝2×20×20＋12－3×151－15201－15＝420－341－1520.5．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝()A.nn＋12B．－nn＋12C．(－1)n＋1nn＋12D．以上均不正确解析：选C当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－