
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2024届高考数学一轮复习第7章第4节数列求和学案
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这是一份2024届高考数学一轮复习第7章第4节数列求和学案,共20页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现,基本技能·思想·活动经验等内容,欢迎下载使用。
第四节 数列求和
考试要求:1.掌握等差、等比数列前n项和公式.
2.掌握非等差、非等比数列求和的几种方法,如分组求和、裂项相消以及错位相减等.
一、教材概念·结论·性质重现
1.求数列前n项和的常用方法
方法
数列
求和公式
公式法
等差数列
Sn=na1+an2=na1+nn-12d
等比数列
Sn=na1,q=1, a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q≠1
分组
求和法
等差±
等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加(减)构成的数列求和
倒序
相加法
对偶型
将一个数列倒过来排列与原数列相加,主要用于倒序相加后对应项之和有公因式可提的数列求和
裂项
相消法
积商化
差型
适用于通项公式可以积商化差的数列求和
错位
相减法
等差×
等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘(除)构成的数列求和
并项
求和法
正负号
间隔
适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和,常需对n分奇偶讨论
一些常见数列的前n项和公式
(1)1+2+3+4+…+n=nn+12.
(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.
(3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.
(4)12+22+…+n2=nn+12n+16.
(5)13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2n+124.
2.常用结论
常见的裂项技巧
(1)1nn+1=1n-1n+1.
(2)1nn+2=121n-1n+2.
(3)12n-12n+1=1212n-1-12n+1.
(4)1n+n+1=n+1-n.
(5)1nn+1n+2=121nn+1-1n+1n+2.
(6)loga1+1n=loga(n+1)-logan(a>0且a≠1).
二、基本技能·思想·活动经验
1.判断下列说法的正误,对的画“√”,错的画“×”.
(1)如果数列{an}为等比数列,且公比不等于1,则其前n项和为Sn=a1-an+11-q.
( √ )
(2)sin21°+sin22°+sin23°+…+sin287°+sin288°+sin289°可用倒序相加求和.
( √ )
(3)当n≥2时,1n2-1=121n-1-1n+1. ( √ )
(4)求数列12n+2n+3的前n项和可用分组求和法. ( √ )
2.在数列{an}中,an=1nn+1,若{an}的前n项和为20192 020,则项数n为( )
A.2 016 B.2 017
C.2 018 D.2 019
D 解析:an=1nn+1=1n-1n+1,Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1=2 0192 020,所以n=2 019.故选D.
3.数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项之和为( )
A.-200 B.-100
C.200 D.100
D 解析:根据题意有S100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100.故选D.
4.已知数列:112,214,318,…,n+12n,…,则其前n项和为________.
nn+12+1-12n 解析:设所求的数列前n项和为Sn,则
Sn=(1+2+3+…+n)+12+14+…+12n=nn+12+1-12n.
5.已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2,数列{bn}满足bn=|an|,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T4=________,T30=________.
24 650 解析:当n=1时,a1=S1=9;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=10n-n2-[10(n-1)-(n-1)2]=-2n+11,当n=1时也满足上式,所以an=-2n+11(n∈N*).所以当n≤5时,an>0,bn=an,当n>5时,an<0,bn=-an,所以T4=S4=10×4-42=24,T30=S5-a6-a7-…-a30=2S5-S30=2×(10×5-52)-(10×30-302)=650.
考点1 利用公式、分组求和——基础性
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
C 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
=21-2n1-2+2×nn+12-n
=2(2n-1)+n2+n-n
=2n+1+n2-2.故选C.
2.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:(1)因为{an}为等差数列,
所以S4=4a1+4×32d=24,S7=7a1+7×62d=63,解得a1=3,d=2,
所以an=2n+1.
(2)因为bn=2an+an=22n+1+(2n+1)=2×4n+(2n+1),
所以Tn=2×(4+42+…+4n)+(3+5+…+2n+1)
=2×41-4n1-4+n3+2n+12
=83(4n-1)+n2+2n.
1.分组的实质是分成两个(或多个)数列求和,这些数列必须是等比数列或等差数列,因此要仔细观察通项公式,合理分组.
2.有些式子如22n+1需要变形,以方便确定首项、公差,如果不变形会导致运算过程复杂,也会导致运算错误.
考点2 裂项求和——综合性
(2022·武汉三模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1∈0,2,an2+3an+2=6Sn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n=1时,由an2+3an+2=6Sn,得a12+3a1+2=6S1=6a1,即a12-3a1+2=0.
又a1∈(0,2),解得a1=1.
由an2+3an+2=6Sn,可知an+12+3an+1+2=6Sn+1,
两式相减,得an+12-an2+3(an+1-an)=6an+1,即(an+1+an)(an+1-an-3)=0.
由于an>0,可得an+1-an=3,所以{an}是首项为1,公差为3的等差数列,
所以an=3n-2.
(2)因为an=3n-2,所以bn=1anan+1=13n-23n+1=1313n-2-13n+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn=131-14+14-17+…+13n-2-13n+1=n3n+1.
本例的条件变为:an=12n-1,bn=an+1an+1an+1+1,求数列{bn}的前n项和.
解:因为bn=12n12n-1+112n+1=112n+1-112n-1+1,
所以b1+b2+b3+…+bn=1121+1-1120+1+1122+1-1121+1+1123+1-1122+1+…+112n+1-112n-1+1=112n+1-12=2n-122n+1.
应用裂项相消法求和的注意点
(1)用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:1n+n+k=1k(n+k-n),1nn+k=1k1n-1n+k,裂项后可以产生连续相互抵消的项.
(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项等.
在等比数列{an}中,a1=3,a2+a3=6.
(1)求an;
(2)设bn=2nan+1an+1+1,且b4<1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,a1(q+q2)=6,代入a1=3,解得q=-2或q=1.
当q=-2时,an=a1·qn-1=3·(-2)n-1;
当q=1时,an=a1=3.
(2)当an=3时,b4=243+13+1=1,这与b4<1矛盾,
所以an=3·(-2)n-1.
所以bn=2n3·2n-1+13·2n+1=2313·2n-1+1-13·2n+1,
所以Sn=2313·20+1-13·21+1+13·21+1-13·22+1+…+13·2n-1+1-13·2n+1=2314-13·2n+1=16-29·2n+3.
考点3 错位相减法求和——应用性
(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和,证明:Tn
(1)解:因为{an}是首项为1的等比数列且a1,3a2,9a3成等差数列,
所以6a2=a1+9a3,所以6a1q=a1+9a1q2,
即9q2-6q+1=0,解得q=13,所以an=13n-1,
所以bn=nan3=n3n.
(2)证明:由(1)可得Sn=1×1-13n1-13=321-13n,
Tn=13+232+…+n-13n-1+n3n,①
13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1,②
①-②得23Tn=13+132+133+…+13n-n3n+1 =131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1,
所以Tn=341-13n-n2·3n,
所以Tn-Sn2=341-13n-n2·3n-341-13n=-n2·3n<0,所以Tn
错位相减法求和的注意点
(1)若在数列{an·bn}中,{an}成等差数列,{bn}成等比数列,在和式的两边同乘公比,再与原式错位相减,整理后即可以求出前n项和.
(2)分组求和时,中间部分等比数列的求和要找好等比数列的首项和项数.最好用Sn=a1-anq1-q求和.
设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解:(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.
证明:由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
…
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=2×21-2n1-2+2-(2n+1)·2n+1=2·2n+1-(2n+1)·2n+1-2=(1-2n)·2n+1-2,
所以Sn=(2n-1)·2n+1+2.
考点4 分奇偶讨论求和——应用性
(2022·济宁二模)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,
因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q.
因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12.
因为数列{an}是正项等比数列,所以q=2.
因为a4=16,即a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2,所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知,a2n+1=22n+1,
所以bn=(-1)n·log2a2n+1=(-1)n·log222n+1=(-1)n·(2n+1).
①若n为偶数,Tn=-3+5-7+9-…-(2n-1)+(2n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n-1)+(2n+1)]=2×n2=n;
②若n为奇数,当n≥3时,Tn=Tn-1+bn=n-1-(2n+1)=-n-2,
当n=1时,T1=-3适合上式.
综上得Tn=n,n为偶数, -n-2,n为奇数(或Tn=(n+1)·(-1)n-1,n∈N*).
对于分奇偶的数列求和
一般思路是:当n为偶数时,分组求其前n项和;当n为奇数时,则n-1为偶数,故代入先求出前n-1项的和再加第n项,即前n项的和.用式子表示为Sn=Sn,n为偶数, Sn-1+an,n为奇数.
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-14nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由于等差数列{an}的公差为2,故S1=a1,S2=2+2a1,S4=12+4a1.由于S1,S2,S4成等比数列,故(2+2a1)2=a1(12+4a1),解得a1=1,故an=2n-1.
(2)由(1)可知bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-1·4n2n-12n+1=(-1)n-112n-1+12n+1,
当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+15+17-…+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1=1-12n+1=2n2n+1.
当n为奇数时,Tn=Tn-1+12n-1+12n+1=2n-12n-1+1+12n-1+12n+1=2n+22n+1.
所以Tn=2n2n+1,n为偶数,2n+22n+1,n为奇数.
课时质量评价(四十二)
A组 全考点巩固练
1.(2023·济南模拟)记Tn=-1+1+3+5+…+(2n+1)(n∈N*),则Tn为( )
A.n2 B.n2+n
C.n2-2n D.n2+2n
D 解析:因为Tn=-1+1+3+5+…+(2n+1)(n∈N*),所以Tn=n+2-1+2n+12=n2+2n.
2.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an,n为正奇数, an+1,n为正偶数,则其前6项和是( )
A.16 B.20
C.33 D.120
C 解析:由已知得a2=2a1=2,a3=a2+1=3,a4=2a3=6,a5=a4+1=7,a6=2a5=14,所以S6=1+2+3+6+7+14=33.故选C.
3.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为( )
A.158或5 B.3116或5
C.3116D.158
C 解析:设{an}的公比为q,显然q≠1,由题意得91-q31-q=1-q61-q,所以1+q3=9,得q=2,所以1an是首项为1,公比为12的等比数列,前5项和为1-1251-12=3116.故选C.
4.已知数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项的和为( )
A.178 B.191
C.206 D.216
A 解析:数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,所以共有n+[1+2+…+(n-1)]=n+n-11+n-12=12(n2+n)个数,
当n=13时,12×13×14=91,
当n=14时,12×14×15=105,
由于an=n,所以S100=(a1+a2+…a13)+(100-13)×1=1+13×132+87=178.
5.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是( )
A.2n+1+n-2 B.2n+1-n+2
C.2n-n-2 D.2n+1-n-2
D 解析:因为Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,①
2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②
所以①-②得,-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,
所以Sn=2n+1-n-2.故选D.
6.(2022·贵阳摸底)定义为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36an+2an+1+2的前2 019项和为( )
A.2 0182 019 B.2 0192 020
C.2 0192 018 D.2 0191 010
B 解析:设数列{an}的前n项和为Sn,则根据题意nSn=13n+1,Sn=3n2+n,所以an=Sn-Sn-1=6n-2(n≥2).当n=1时也适合上式,所以an=6n-2.所以36an+2an+1+2=366n6n+6=1nn+1=1n-1n+1,所以36an+2an+1+2的前2 019项和为1-12+12-13+…+12 019-12 020=1-12 020=2 0192 020.故选B.
7.等比数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则a12+a22+…+an2=________.
13(4n-1) 解析:当n=1时,a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1.
又因为a1=1适合上式,所以an=2n-1,
所以an2=4n-1,
所以数列{an2}是以a12=1为首项,以4为公比的等比数列,
所以a12+a22+…+an2=1·1-4n1-4=13(4n-1).
8.(2022·淄博一模)已知数列{an}满足:a1=2,且an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数 (n∈N*).
设bn=a2n-1.
(1)证明:数列{bn+2}为等比数列,并求出{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前2n项和.
(1)证明:bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2bn+2,
所以bn+1+2bn+2=2,又b1+2=a1+2=4,
所以{bn+2}是首项为4,公比为2的等比数列,
则bn+2=4·2n-1=2n+1,
所以bn=2n+1-2.
(2)解:数列{an}的前2n项和为S2n=a1+a2+a3+…+a2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a1+a3+…+a2n-1+n)
=2(a1+a3+a5+…+a2n-1)+n=2(b1+b2+…+bn)+n
=2×(22+23+…+2n+1-2n)+n
=2×41-2n1-2-3n=2n+3-3n-8.
9.已知数列{an}中,a1=2,n(an+1-an)=an+1.
(1)求证:数列an+1n是常数列;
(2)令bn=(-1)nan,Sn为数列{bn}的前n项和,求使得Sn≤-99的n的最小值.
(1)证明:由n(an+1-an)=an+1得:nan+1=(n+1)·an+1,即an+1n+1=ann+1nn+1.
所以an+1n+1=ann+1n-1n+1,即有an+1+1n+1=an+1n,
所以数列an+1n是常数列.
(2)解:由(1)知:an+1n=a1+1=3,所以an=3n-1,所以bn=(-1)n(3n-1),
即bn=3n-1,n为偶数, -3n-1,n为奇数.
所以当n为偶数时,Sn=(-2+5)+(-8+11)+…+[-(3n-4)+(3n-1)]=3n2,显然Sn≤-99无解;
当n为奇数时,Sn=Sn+1-an+1=3n+12-[3(n+1)-1]=-3n+12,令Sn≤-99,解得n≥66.
结合n为奇数得n的最小值为67.
所以n的最小值为67.
B组 新高考培优练
10.(2023·泰安模拟)已知数列{an}满足a1+12 a2+122a3+…+12n-1an=2n,则a1+2a2+22a3+…+22 021a2 022=( )
A.2×(22 022-1) B.23(22 022+1)
C.23(24 044-1) D.23(24 044+1)
C 解析:因为a1+12a2+122a3+…+12n-1an=2n,
所以当n≥2时,
a1+12a2+122a3+…12n-2an-1=2(n-1),
两式相减得12n-1an=2,所以an=2n(n≥2),
又a1=2也适合该式,故an=2n,所以a1+2a2+22a3+…+22 021a2 022=242 022-14-1=23(24 044-1).
11.若数列{an}是2,2+22,2+22+23,…,2+22+23+…+2n,…,则数列{an}的前n项和Sn=____________.
2n+2-4-2n 解析:an=2+22+23+…+2n
=2-2n+11-2=2n+1-2,
Sn=(22+23+24+…+2n+1)-(2+2+2+…+2)
=22-2n+21-2-2n=2n+2-4-2n.
12.已知Tn为数列2n+12n的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为________.
1 024 解析:因为2n+12n=1+12n,
所以Tn=n+1-12n,
所以T10+1 013=11-1210+1 013=1 024-1210.
又m>T10+1 013,
所以整数m的最小值为1 024.
13.数列{an}满足an+2+-1nan=3n-1,前16项和为540,则a1=________.
7 解析:因为an+2+(-1)nan=3n-1,
所以当n为偶数时,an+2+an=3n-1,
所以a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,a16+a14=41,
所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92.
因为数列{an}的前16项和为540,
所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540-92=448.①
因为当n为奇数时,an+2-an=3n-1,
所以a3-a1=2,a7-a5=14,a11-a9=26,a15-a13=38,
所以(a3+a7+a11+a15)-(a1+a5+a9+a13)=80.②
由①-②得a1+a5+a9+a13=184.
又a3=a1+2,a5=a3+8=a1+10,a7=a5+14=a1+24,a9=a7+20=a1+44,a11=a9+26=a1+70,a13=a11+32=a1+102,
所以a1+a1+10+a1+44+a1+102=184,所以a1=7.
14.若数列{an}满足an+an+1=2n+2+n,则S2n=______.
2n+1-1 解:因为an+an+1=2n+2+n=n+2-n,
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=(3-1)+(5-3)+(7-5)+…+(2n+1-2n-1)=2n+1-1.
15.在等差数列{an}中,已知a6=12,a18=36.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若________,求数列{bn}的前n项和Sn.
在①bn=4anan+1,②bn=(-1)nan,③bn=2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.
注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解:(1)设数列{an}的公差为d,
由题意,得a1+5d=12,a1+17d=36,
解得d=2,a1=2.
所以an=2+(n-1)×2=2n.
(2)选条件①:bn=42n·2n+1=1nn+1=1n-1n+1,
所以Sn=11-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
选条件②:因为an=2n,bn=(-1)nan=(-1)n·2n,
所以Sn=-2+4-6+8-…+(-1)n·2n,
当n为偶数时,Sn=(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]=n2×2=n;
当n为奇数时,n-1为偶数,Sn=(n-1)-2n=-n-1.
所以Sn=n,n为偶数, -n-1,n为奇数.
选条件③:因为an=2n,所以bn=22n·2n=2n·4n,
所以Sn=2×41+4×42+6×43+…+2n·4n,
4Sn=2×42+4×43+6×44+…+2(n-1)·4n+2n·4n+1,
所以-3Sn=2×41+2×42+2×43+…+2·4n-2n·4n+1=81-4n1-4-2n·4n+1=81-4n-3-2n·4n+1,
所以Sn=89(1-4n)+2n3·4n+1.
16.等差数列{an}的首项a1>0,数列1anan+1的前n项和为Sn=n2n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+1·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由1anan+1的前n项和为Sn=n2n+1知
1a1a2=13, 1a1a2+1a2a3=25,可得a1a2=3,a2a3=15.
设等差数列{an}的公差为d,
从而a1a1+d=3, a1+da1+2d=15,
解得a1=1,d=2或a1=-1,d=-2.又a1>0,则a1=1,d=2,
故an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)知bn=an+1·2an=2n·22n-1=n·4n,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=1×41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,
两边同时乘以4得4Tn=1×42+2×43+3×44+…+(n-1)×4n+n×4n+1,
两式相减得-3Tn=41+42+43+44+…+4n-n×4n+1=4×1-4n1-4-n×4n+1,
故Tn=49+3n-19·4n+1.
第四节 数列求和
考试要求:1.掌握等差、等比数列前n项和公式.
2.掌握非等差、非等比数列求和的几种方法,如分组求和、裂项相消以及错位相减等.
一、教材概念·结论·性质重现
1.求数列前n项和的常用方法
方法
数列
求和公式
公式法
等差数列
Sn=na1+an2=na1+nn-12d
等比数列
Sn=na1,q=1, a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q≠1
分组
求和法
等差±
等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加(减)构成的数列求和
倒序
相加法
对偶型
将一个数列倒过来排列与原数列相加,主要用于倒序相加后对应项之和有公因式可提的数列求和
裂项
相消法
积商化
差型
适用于通项公式可以积商化差的数列求和
错位
相减法
等差×
等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘(除)构成的数列求和
并项
求和法
正负号
间隔
适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和,常需对n分奇偶讨论
一些常见数列的前n项和公式
(1)1+2+3+4+…+n=nn+12.
(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.
(3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.
(4)12+22+…+n2=nn+12n+16.
(5)13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2n+124.
2.常用结论
常见的裂项技巧
(1)1nn+1=1n-1n+1.
(2)1nn+2=121n-1n+2.
(3)12n-12n+1=1212n-1-12n+1.
(4)1n+n+1=n+1-n.
(5)1nn+1n+2=121nn+1-1n+1n+2.
(6)loga1+1n=loga(n+1)-logan(a>0且a≠1).
二、基本技能·思想·活动经验
1.判断下列说法的正误,对的画“√”,错的画“×”.
(1)如果数列{an}为等比数列,且公比不等于1,则其前n项和为Sn=a1-an+11-q.
( √ )
(2)sin21°+sin22°+sin23°+…+sin287°+sin288°+sin289°可用倒序相加求和.
( √ )
(3)当n≥2时,1n2-1=121n-1-1n+1. ( √ )
(4)求数列12n+2n+3的前n项和可用分组求和法. ( √ )
2.在数列{an}中,an=1nn+1,若{an}的前n项和为20192 020,则项数n为( )
A.2 016 B.2 017
C.2 018 D.2 019
D 解析:an=1nn+1=1n-1n+1,Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1=2 0192 020,所以n=2 019.故选D.
3.数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项之和为( )
A.-200 B.-100
C.200 D.100
D 解析:根据题意有S100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100.故选D.
4.已知数列:112,214,318,…,n+12n,…,则其前n项和为________.
nn+12+1-12n 解析:设所求的数列前n项和为Sn,则
Sn=(1+2+3+…+n)+12+14+…+12n=nn+12+1-12n.
5.已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2,数列{bn}满足bn=|an|,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T4=________,T30=________.
24 650 解析:当n=1时,a1=S1=9;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=10n-n2-[10(n-1)-(n-1)2]=-2n+11,当n=1时也满足上式,所以an=-2n+11(n∈N*).所以当n≤5时,an>0,bn=an,当n>5时,an<0,bn=-an,所以T4=S4=10×4-42=24,T30=S5-a6-a7-…-a30=2S5-S30=2×(10×5-52)-(10×30-302)=650.
考点1 利用公式、分组求和——基础性
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
C 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
=21-2n1-2+2×nn+12-n
=2(2n-1)+n2+n-n
=2n+1+n2-2.故选C.
2.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:(1)因为{an}为等差数列,
所以S4=4a1+4×32d=24,S7=7a1+7×62d=63,解得a1=3,d=2,
所以an=2n+1.
(2)因为bn=2an+an=22n+1+(2n+1)=2×4n+(2n+1),
所以Tn=2×(4+42+…+4n)+(3+5+…+2n+1)
=2×41-4n1-4+n3+2n+12
=83(4n-1)+n2+2n.
1.分组的实质是分成两个(或多个)数列求和,这些数列必须是等比数列或等差数列,因此要仔细观察通项公式,合理分组.
2.有些式子如22n+1需要变形,以方便确定首项、公差,如果不变形会导致运算过程复杂,也会导致运算错误.
考点2 裂项求和——综合性
(2022·武汉三模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1∈0,2,an2+3an+2=6Sn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n=1时,由an2+3an+2=6Sn,得a12+3a1+2=6S1=6a1,即a12-3a1+2=0.
又a1∈(0,2),解得a1=1.
由an2+3an+2=6Sn,可知an+12+3an+1+2=6Sn+1,
两式相减,得an+12-an2+3(an+1-an)=6an+1,即(an+1+an)(an+1-an-3)=0.
由于an>0,可得an+1-an=3,所以{an}是首项为1,公差为3的等差数列,
所以an=3n-2.
(2)因为an=3n-2,所以bn=1anan+1=13n-23n+1=1313n-2-13n+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn=131-14+14-17+…+13n-2-13n+1=n3n+1.
本例的条件变为:an=12n-1,bn=an+1an+1an+1+1,求数列{bn}的前n项和.
解:因为bn=12n12n-1+112n+1=112n+1-112n-1+1,
所以b1+b2+b3+…+bn=1121+1-1120+1+1122+1-1121+1+1123+1-1122+1+…+112n+1-112n-1+1=112n+1-12=2n-122n+1.
应用裂项相消法求和的注意点
(1)用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:1n+n+k=1k(n+k-n),1nn+k=1k1n-1n+k,裂项后可以产生连续相互抵消的项.
(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项等.
在等比数列{an}中,a1=3,a2+a3=6.
(1)求an;
(2)设bn=2nan+1an+1+1,且b4<1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,a1(q+q2)=6,代入a1=3,解得q=-2或q=1.
当q=-2时,an=a1·qn-1=3·(-2)n-1;
当q=1时,an=a1=3.
(2)当an=3时,b4=243+13+1=1,这与b4<1矛盾,
所以an=3·(-2)n-1.
所以bn=2n3·2n-1+13·2n+1=2313·2n-1+1-13·2n+1,
所以Sn=2313·20+1-13·21+1+13·21+1-13·22+1+…+13·2n-1+1-13·2n+1=2314-13·2n+1=16-29·2n+3.
考点3 错位相减法求和——应用性
(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和,证明:Tn
所以6a2=a1+9a3,所以6a1q=a1+9a1q2,
即9q2-6q+1=0,解得q=13,所以an=13n-1,
所以bn=nan3=n3n.
(2)证明:由(1)可得Sn=1×1-13n1-13=321-13n,
Tn=13+232+…+n-13n-1+n3n,①
13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1,②
①-②得23Tn=13+132+133+…+13n-n3n+1 =131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1,
所以Tn=341-13n-n2·3n,
所以Tn-Sn2=341-13n-n2·3n-341-13n=-n2·3n<0,所以Tn
错位相减法求和的注意点
(1)若在数列{an·bn}中,{an}成等差数列,{bn}成等比数列,在和式的两边同乘公比,再与原式错位相减,整理后即可以求出前n项和.
(2)分组求和时,中间部分等比数列的求和要找好等比数列的首项和项数.最好用Sn=a1-anq1-q求和.
设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解:(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.
证明:由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
…
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=2×21-2n1-2+2-(2n+1)·2n+1=2·2n+1-(2n+1)·2n+1-2=(1-2n)·2n+1-2,
所以Sn=(2n-1)·2n+1+2.
考点4 分奇偶讨论求和——应用性
(2022·济宁二模)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,
因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q.
因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12.
因为数列{an}是正项等比数列,所以q=2.
因为a4=16,即a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2,所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知,a2n+1=22n+1,
所以bn=(-1)n·log2a2n+1=(-1)n·log222n+1=(-1)n·(2n+1).
①若n为偶数,Tn=-3+5-7+9-…-(2n-1)+(2n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n-1)+(2n+1)]=2×n2=n;
②若n为奇数,当n≥3时,Tn=Tn-1+bn=n-1-(2n+1)=-n-2,
当n=1时,T1=-3适合上式.
综上得Tn=n,n为偶数, -n-2,n为奇数(或Tn=(n+1)·(-1)n-1,n∈N*).
对于分奇偶的数列求和
一般思路是:当n为偶数时,分组求其前n项和;当n为奇数时,则n-1为偶数,故代入先求出前n-1项的和再加第n项,即前n项的和.用式子表示为Sn=Sn,n为偶数, Sn-1+an,n为奇数.
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-14nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由于等差数列{an}的公差为2,故S1=a1,S2=2+2a1,S4=12+4a1.由于S1,S2,S4成等比数列,故(2+2a1)2=a1(12+4a1),解得a1=1,故an=2n-1.
(2)由(1)可知bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-1·4n2n-12n+1=(-1)n-112n-1+12n+1,
当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+15+17-…+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1=1-12n+1=2n2n+1.
当n为奇数时,Tn=Tn-1+12n-1+12n+1=2n-12n-1+1+12n-1+12n+1=2n+22n+1.
所以Tn=2n2n+1,n为偶数,2n+22n+1,n为奇数.
课时质量评价(四十二)
A组 全考点巩固练
1.(2023·济南模拟)记Tn=-1+1+3+5+…+(2n+1)(n∈N*),则Tn为( )
A.n2 B.n2+n
C.n2-2n D.n2+2n
D 解析:因为Tn=-1+1+3+5+…+(2n+1)(n∈N*),所以Tn=n+2-1+2n+12=n2+2n.
2.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an,n为正奇数, an+1,n为正偶数,则其前6项和是( )
A.16 B.20
C.33 D.120
C 解析:由已知得a2=2a1=2,a3=a2+1=3,a4=2a3=6,a5=a4+1=7,a6=2a5=14,所以S6=1+2+3+6+7+14=33.故选C.
3.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为( )
A.158或5 B.3116或5
C.3116D.158
C 解析:设{an}的公比为q,显然q≠1,由题意得91-q31-q=1-q61-q,所以1+q3=9,得q=2,所以1an是首项为1,公比为12的等比数列,前5项和为1-1251-12=3116.故选C.
4.已知数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项的和为( )
A.178 B.191
C.206 D.216
A 解析:数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,所以共有n+[1+2+…+(n-1)]=n+n-11+n-12=12(n2+n)个数,
当n=13时,12×13×14=91,
当n=14时,12×14×15=105,
由于an=n,所以S100=(a1+a2+…a13)+(100-13)×1=1+13×132+87=178.
5.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是( )
A.2n+1+n-2 B.2n+1-n+2
C.2n-n-2 D.2n+1-n-2
D 解析:因为Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,①
2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②
所以①-②得,-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,
所以Sn=2n+1-n-2.故选D.
6.(2022·贵阳摸底)定义为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36an+2an+1+2的前2 019项和为( )
A.2 0182 019 B.2 0192 020
C.2 0192 018 D.2 0191 010
B 解析:设数列{an}的前n项和为Sn,则根据题意nSn=13n+1,Sn=3n2+n,所以an=Sn-Sn-1=6n-2(n≥2).当n=1时也适合上式,所以an=6n-2.所以36an+2an+1+2=366n6n+6=1nn+1=1n-1n+1,所以36an+2an+1+2的前2 019项和为1-12+12-13+…+12 019-12 020=1-12 020=2 0192 020.故选B.
7.等比数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则a12+a22+…+an2=________.
13(4n-1) 解析:当n=1时,a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1.
又因为a1=1适合上式,所以an=2n-1,
所以an2=4n-1,
所以数列{an2}是以a12=1为首项,以4为公比的等比数列,
所以a12+a22+…+an2=1·1-4n1-4=13(4n-1).
8.(2022·淄博一模)已知数列{an}满足:a1=2,且an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数 (n∈N*).
设bn=a2n-1.
(1)证明:数列{bn+2}为等比数列,并求出{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前2n项和.
(1)证明:bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2bn+2,
所以bn+1+2bn+2=2,又b1+2=a1+2=4,
所以{bn+2}是首项为4,公比为2的等比数列,
则bn+2=4·2n-1=2n+1,
所以bn=2n+1-2.
(2)解:数列{an}的前2n项和为S2n=a1+a2+a3+…+a2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a1+a3+…+a2n-1+n)
=2(a1+a3+a5+…+a2n-1)+n=2(b1+b2+…+bn)+n
=2×(22+23+…+2n+1-2n)+n
=2×41-2n1-2-3n=2n+3-3n-8.
9.已知数列{an}中,a1=2,n(an+1-an)=an+1.
(1)求证:数列an+1n是常数列;
(2)令bn=(-1)nan,Sn为数列{bn}的前n项和,求使得Sn≤-99的n的最小值.
(1)证明:由n(an+1-an)=an+1得:nan+1=(n+1)·an+1,即an+1n+1=ann+1nn+1.
所以an+1n+1=ann+1n-1n+1,即有an+1+1n+1=an+1n,
所以数列an+1n是常数列.
(2)解:由(1)知:an+1n=a1+1=3,所以an=3n-1,所以bn=(-1)n(3n-1),
即bn=3n-1,n为偶数, -3n-1,n为奇数.
所以当n为偶数时,Sn=(-2+5)+(-8+11)+…+[-(3n-4)+(3n-1)]=3n2,显然Sn≤-99无解;
当n为奇数时,Sn=Sn+1-an+1=3n+12-[3(n+1)-1]=-3n+12,令Sn≤-99,解得n≥66.
结合n为奇数得n的最小值为67.
所以n的最小值为67.
B组 新高考培优练
10.(2023·泰安模拟)已知数列{an}满足a1+12 a2+122a3+…+12n-1an=2n,则a1+2a2+22a3+…+22 021a2 022=( )
A.2×(22 022-1) B.23(22 022+1)
C.23(24 044-1) D.23(24 044+1)
C 解析:因为a1+12a2+122a3+…+12n-1an=2n,
所以当n≥2时,
a1+12a2+122a3+…12n-2an-1=2(n-1),
两式相减得12n-1an=2,所以an=2n(n≥2),
又a1=2也适合该式,故an=2n,所以a1+2a2+22a3+…+22 021a2 022=242 022-14-1=23(24 044-1).
11.若数列{an}是2,2+22,2+22+23,…,2+22+23+…+2n,…,则数列{an}的前n项和Sn=____________.
2n+2-4-2n 解析:an=2+22+23+…+2n
=2-2n+11-2=2n+1-2,
Sn=(22+23+24+…+2n+1)-(2+2+2+…+2)
=22-2n+21-2-2n=2n+2-4-2n.
12.已知Tn为数列2n+12n的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为________.
1 024 解析:因为2n+12n=1+12n,
所以Tn=n+1-12n,
所以T10+1 013=11-1210+1 013=1 024-1210.
又m>T10+1 013,
所以整数m的最小值为1 024.
13.数列{an}满足an+2+-1nan=3n-1,前16项和为540,则a1=________.
7 解析:因为an+2+(-1)nan=3n-1,
所以当n为偶数时,an+2+an=3n-1,
所以a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,a16+a14=41,
所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92.
因为数列{an}的前16项和为540,
所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540-92=448.①
因为当n为奇数时,an+2-an=3n-1,
所以a3-a1=2,a7-a5=14,a11-a9=26,a15-a13=38,
所以(a3+a7+a11+a15)-(a1+a5+a9+a13)=80.②
由①-②得a1+a5+a9+a13=184.
又a3=a1+2,a5=a3+8=a1+10,a7=a5+14=a1+24,a9=a7+20=a1+44,a11=a9+26=a1+70,a13=a11+32=a1+102,
所以a1+a1+10+a1+44+a1+102=184,所以a1=7.
14.若数列{an}满足an+an+1=2n+2+n,则S2n=______.
2n+1-1 解:因为an+an+1=2n+2+n=n+2-n,
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=(3-1)+(5-3)+(7-5)+…+(2n+1-2n-1)=2n+1-1.
15.在等差数列{an}中,已知a6=12,a18=36.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若________,求数列{bn}的前n项和Sn.
在①bn=4anan+1,②bn=(-1)nan,③bn=2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.
注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解:(1)设数列{an}的公差为d,
由题意,得a1+5d=12,a1+17d=36,
解得d=2,a1=2.
所以an=2+(n-1)×2=2n.
(2)选条件①:bn=42n·2n+1=1nn+1=1n-1n+1,
所以Sn=11-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
选条件②:因为an=2n,bn=(-1)nan=(-1)n·2n,
所以Sn=-2+4-6+8-…+(-1)n·2n,
当n为偶数时,Sn=(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]=n2×2=n;
当n为奇数时,n-1为偶数,Sn=(n-1)-2n=-n-1.
所以Sn=n,n为偶数, -n-1,n为奇数.
选条件③:因为an=2n,所以bn=22n·2n=2n·4n,
所以Sn=2×41+4×42+6×43+…+2n·4n,
4Sn=2×42+4×43+6×44+…+2(n-1)·4n+2n·4n+1,
所以-3Sn=2×41+2×42+2×43+…+2·4n-2n·4n+1=81-4n1-4-2n·4n+1=81-4n-3-2n·4n+1,
所以Sn=89(1-4n)+2n3·4n+1.
16.等差数列{an}的首项a1>0,数列1anan+1的前n项和为Sn=n2n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+1·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由1anan+1的前n项和为Sn=n2n+1知
1a1a2=13, 1a1a2+1a2a3=25,可得a1a2=3,a2a3=15.
设等差数列{an}的公差为d,
从而a1a1+d=3, a1+da1+2d=15,
解得a1=1,d=2或a1=-1,d=-2.又a1>0,则a1=1,d=2,
故an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)知bn=an+1·2an=2n·22n-1=n·4n,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=1×41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,
两边同时乘以4得4Tn=1×42+2×43+3×44+…+(n-1)×4n+n×4n+1,
两式相减得-3Tn=41+42+43+44+…+4n-n×4n+1=4×1-4n1-4-n×4n+1,
故Tn=49+3n-19·4n+1.