高考 第15讲 分组转化法求和

这是一份高考 第15讲 分组转化法求和，共16页。试卷主要包含了故选C，故选B等内容，欢迎下载使用。
第15讲 分组转化法求和
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个可求和的数列，先分别求和，然后再合并．
1．若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为可求和的数列(等差或等比数列)，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
2．通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是可求和的数列(等比数列或等差数列)，可采用分组求和法求和．

考点一　选填题
[典例 1]　若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)
A．2n＋n2－1　　　　B．2n＋1＋n2－1　　　　C．2n＋1＋n2－2　　　　D．2n＋n－2
解析：　
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝＋2×－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2．
[典例 2]　已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1 121　　　　　　　B．1 122　　　　　　　C．1 123　　　　　　　D．1 124
解析：　
由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，
数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，
故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123．故选C．
[典例 4]　若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12＝(　　)
A．18　　　　　　　　B．15　　　　　　　　C．－18　　　　　　　　D．－15
解析：　
记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以a1＋a2＋…＋a11＋a12＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12
＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝6×3＝18．
[典例 5]　已知数列{an}的通项公式为an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫做“优数”，则在(0，2 018]内的所有“优数”的和为(　　)
A．1 024　　　　　　　B．2 012　　　　　　　C．2 026　　　　　　　D．2 036
解析：　
a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·log(n＋1)(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，
令00，n∈N*)．
(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解析：　
(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an＝λ·2n－1．
(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝
∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝＋＝＋n(n＋2)，
∴T2n＝＋n2＋2n－．

[典例 14]　数列{bn}满足bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
解析：　
(1)由bn＋1＝2bn＋2得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，所以＝2，
又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，所以数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
所以bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－2．
(2)由(1)知an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，
所以an－1－an－2＝2n－1－2(n＞2)，…，a2－a1＝22－2，
所以an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，
所以an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝－2n＋2＝2n＋1－2n，a1＝2也适合上式，
所以Sn＝－＝2n＋2－(n2＋n＋4)．


【典例精练】
7．已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且a1＝2，S3＝12．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋4n，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)∵数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＝2，S3＝12，
∴S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．
(2)∵bn＝an＋4n＝2n＋4n，
∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)＝2×＋＝n2＋n＋－．
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)∵{an}为等差数列，∴解得∴an＝2n＋1．
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，
∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝2×＋＝(4n－1)＋n2＋2n．
9．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝a＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则an＝a1qn－1，且an>0，
由已知得化简得即
又∵a1>0，q>0，∴a1＝1，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
(2)由(1)知bn＝a＋log2an ＝4n－1＋n－1，
∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝＋＝＋．
10．已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a3－1成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2＋2n的大小.
解析：　
(1)设等比数列{an}的公比为q，∵a1，a2，a3－1成等差数列，
∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝＝2，∴an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1，
∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n－1)
＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝·n＋＝n2＋2n－1.
∵Sn－(n2＋2n)＝－10，a1a3＝4，得a2＝2，
又a3是a2－2与a4的等差中项，故2a3＝a2－2＋a4，∴2·2q＝2－2＋2q2，
∴q＝2或q＝0(舍)．∴an＝a2qn－2＝2n－1，
∴an＋1＝2n＝，∴bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)得，cn＝an＋1＋＝2n＋＝2n＋，
∴数列的前n项和
Sn＝2＋22＋…＋2n＋
＝＋＝2n＋1－2＋(n∈N*)．
19．已知数列{an}是公差为1的等差数列，且a4，a6，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－2)an＋(－1)n·，求数列{bn}的前2n项和．
解析：　
　(1)因为a4，a6，a9成等比数列，所以a＝a4·a9，所以(a1＋5)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，
解得a1＝1，所以an＝n．
(2)由(1)知，an＝n，所以bn＝(－2)n＋(－1)n·＝(－2)n＋(－1)n．
所以数列{bn}的前2n项和
T2n＝(－2＋22－23＋24＋…－22n－1＋22n)＋…－＋－＋…＋
＝＋－1－＋＋－－＋…＋＋＝＋
＝－．

3．错位＋等差(裂项)模型
[典例 17]　(2019·天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0．已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
解析：　
(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
依题意，得解得
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n．
所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n．
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝．
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N*)．
[典例 18]　已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn．
解析：　
(1)由a1＝－3S1＋4＝－3a1＋4，得a1＝1，由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
∴an＝n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n．
(2)由题意知，cn＝＋．
令Hn＝＋＋＋…＋，①
则Hn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－．∴Hn＝2－．
又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴Tn＝Hn＋Mn＝2－＋．


【典例精练】
20．设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，n∈N*．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)记Tn＝S1＋S2＋…＋Sn，求Tn．
解析：　
(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以(n－1)(Sn－Sn－1)＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，
即(n－1)Sn＝2nSn－1＋n(n－1)，则＝2×＋1，
所以＋1＝2×，又＋1＝2，
故数列是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知＋1＝·2n－1＝2n，所以Sn＝n·2n－n，
故Tn＝(1×2＋2×22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n)．
设M＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，
则2M＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，
所以－M＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
所以M＝(n－1)·2n＋1＋2，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2－．
21．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝S2，a2n＝2an＋1，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2n－1＋1，令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
解析：　
　(1)设等差数列{an}的公差为d，∵S5＝S2，a2n＝2an＋1，n∈N*．
∴解得因此an＝2n－1，n∈N*．
(2)由(1)及bn＝2n－1＋1，得cn＝(2n－1)·2n－1＋(2n－1)，
∴Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，
设M＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，
设A＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，
则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
两式相减得－A＝1＋2×(21＋22＋23＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n
＝1＋2－(2n－1)·2n＝2n·(3－2n)－3．
因此A＝2n(2n－3)＋3．所以Tn＝A＋M＝2n(2n－3)＋3＋n2．
22．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n．
解析：　
　(1)∵S2＝2a2－2，①，S3＝a4－2，②
②—①得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0．又q>0，∴q＝2．
∵S2＝2a2－2，∴a1＋a2＝2a2－2，即a1＋a1q＝2a1q－2，∴a1＝2，∴an＝2n．
(2)由(1)知bn＝即bn＝
∴T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n
＝＋[2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n]
＝＋[2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n]．
设A＝2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n，
则2－2A＝2×2－4＋4×2－6＋6×2－8＋…＋(2n－2)×2－2n＋(2n)×2－2n－2，
两式相减得A＝＋2(2－4＋2－6＋2－8＋…＋2－2n)－(2n)×2－2n－2，整理得A＝－，
∴T2n＝－＋．