2022年高考三轮复习之回归基础练第15练　数列求和问题

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第15练　数列求和问题，共10页。

考点一 公式法、分组求和
要点重组
1．一些特殊数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(1,2)n(n＋1)．
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)．
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \f(1,4)n2(n＋1)2.
2．若一个数列由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分进行重新组合，进而使用等差数列、等比数列的求和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组.
1.(2020·山东济南外国语学校模拟)已知等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( )
A．n(n－2) B．n(n－1)
C．n(n＋1) D．n(n＋2)
答案 A
解析 ∵等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，
∴aeq \\al(2,3)＝a2·a6，∴(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10)，
解得a1＝－1，
∴{an}的前n项和Sn＝n×(－1)＋eq \f(nn－1,2)×2＝－n＋n2－n＝n2－2n＝n(n－2)．
2．(2020·广州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则S2 020等于( )
A.eq \f(22 020－2,3) B.eq \f(22 020＋2,3)
C.eq \f(22 021－2,3) D.eq \f(22 021＋2,3)
答案 C
解析 由题意，可知S2 020＝a1＋a2＋…＋a2 020
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)
＝21＋23＋…＋22 019
＝eq \f(21[1－221 010],1－22)
＝eq \f(22 021－2,3).
3．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，n∈N*.设bn＝(－1)n·anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，则T2n＝________.
答案 8n(n＋1)
解析 数列{an}的各项均为正数，
其前n项和Sn满足4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，n∈N*.
可得n＝1时，4a1＝4S1＝aeq \\al(2,1)＋2a1，解得a1＝2，
当n≥2时，4Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋2an－1，
又4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，
相减可得4an＝aeq \\al(2,n)＋2an－aeq \\al(2,n－1)－2an－1，
化为(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
由an＞0，可得an－an－1＝2，
所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．
则an＝2＋2(n－1)＝2n，
bn＝(－1)n·anan＋1＝(－1)n·4n(n＋1)，
可得T2n＝4[－1×2＋2×3－3×4＋4×5－5×6＋6×7－…－(2n－1)·2n＋2n(2n＋1)]
＝4(2×2＋2×4＋2×6＋…＋2×2n)
＝8×eq \f(1,2)n(2＋2n)
＝8n(n＋1)．
4．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，
所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1，
又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以d＝eq \f(a14－a1,14－1)＝2，
所以数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)×d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为
Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
考点二 裂项相消法求和
要点重组 常见的拆项公式(其中n∈N*)
1.eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
2.eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).
3.eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
4.eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
5.eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
6.eq \f(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1) .
5．(2020·重庆质检)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n＋2，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a20)等于( )
A.eq \f(19,10) B.eq \f(19,20)
C.eq \f(10,21) D.eq \f(20,21)
答案 D
解析 数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n＋2，
即an＋1－an＝2(n＋1)，
所以当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n＝n(n＋1)．
因为a1＝2满足an＝n(n＋1)，所以an＝n(n＋1)．
则eq \f(1,an)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a20)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20)－\f(1,21)))＝1－eq \f(1,21)＝eq \f(20,21).
6．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tneq \f(15,16)，若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．
从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3－a4＝b2这三个条件中任选一个，填到上面横线上并作答．
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分)
解 设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则b1＝eq \f(8,q)，b3＝8q，于是eq \f(8,q)－3×8q＝4，
即6q2＋q－2＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(2,3)(舍去)．
设等差数列{an}的公差为d.
若选①，则a1＝b4＝2，S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)d＝20，解得d＝2.
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
则eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
于是Tk＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝1－eq \f(1,k＋1).
令1－eq \f(1,k＋1)>eq \f(15,16)，解得k>15.
因为k为正整数，所以k的最小值为16.
若选②，则a1＝b4＝2，S3＝3a1＋eq \f(3×2,2)d＝2(a1＋2d)，
解得d＝2.
下同①.
若选③，则a1＝b4＝2,3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，解得d＝eq \f(4,3).
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×eq \f(4,3)＝eq \f(2,3)n2＋eq \f(4,3)n，
则eq \f(1,Sn)＝eq \f(3,2)×eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
于是Tk＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))＋(\f(1,k)－\f(1,k＋2))))
＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,k＋1)－\f(1,k＋2)))＝eq \f(9,8)－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2))).
令Tk>eq \f(15,16)，得eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)