北师大版高考数学一轮复习第六章 高考专题突破三　高考中的数列问题试卷

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数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \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))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
⑤eq \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))).
⑥lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan(n>0)．
4．错位相减法
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项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
题型一 数列与数学文化
1．我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次第，孝和休惹外人传．”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止．分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话．”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为( )
A．184斤 B．176斤 C．65斤 D．60斤
答案 A
解析 依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤数为a1，则由题意得，d＝17，S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.
2．《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织多少尺布？( )
A.eq \f(16,31) B.eq \f(16,29) C.eq \f(1,2) D.eq \f(8,15)
答案 B
解析 由题意可知每天织布的多少构成等差数列，其中第一天为首项a1＝5，一月按30天计可得S30＝390，从第2天起每天比前一天多织的布即为公差d.又S30＝30×5＋eq \f(30×29,2)×d＝390，解得d＝eq \f(16,29).故选B.
3．我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢？( )
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 C
解析 不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列{an}和{bn}，
则由题意可知，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
数列{bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
设前n天两鼠总共穿墙的厚度之和为Sn，
则Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋1，
当n＝3时，S3＝eq \f(35,4)10，
故两个老鼠在第4天相逢．
4．(2020·潍坊模拟)《周髀算经》是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，…，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．某老年公寓住有20位老人，他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于90～100岁)，其余19人的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为( )
A．94岁 B．95岁 C．96岁 D．98岁
答案 B
解析 设年长者的年龄为t，由已知，其余19位老人的年龄从小到大依次排列构成公差d＝1的等差数列，设最小者的年龄为a1，由“遂千百五二十岁”知，一遂就是1 520岁(一遂有20部，一部有4章，一章有19岁，且20×4×19＝1 520)．所以这20位老人的年龄之和为19a1＋eq \f(19×18,2)d＋t＝1 520，整理得a1＋9＋eq \f(t,19)＝80.因为t∈N*，a1∈N*，所以eq \f(t,19)∈N*.又因为t∈(90,100)，所以t＝19×5＝95.故选B.
思维升华 数列与数学文化解题3步骤
题型二 等差数列、等比数列交汇
例1 (2020·南昌质检)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S7＝49，a2＋a8＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S3，a17，Sm成等比数列，求S3m.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S7＝49，a2＋a8＝18，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S7＝7a4＝49，,a2＋a8＝2a5＝18))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝7，,a5＝9，))解得d＝2，
∴an＝a4＋(n－4)×d＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，
∵S3，a17，Sm成等比数列，
∴S3Sm＝aeq \\al(2,17)，即9m2＝332，解得m＝11.
故S3m＝S33＝332＝1 089.
思维升华 等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式，前n项和公式求解．求解时注意对性质的灵活运用．
跟踪训练1 (2020·中山期末)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.
(1)证明：{an＋1}为等比数列；
(2)判断n，an，Sn是否成等差数列？并说明理由．
(1)证明 ∵a2＝3，a2＝2a1＋1，∴a1＝1，
由题意得an＋1≠0，eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(2an＋2,an＋1)＝2，
∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)解 由(1)知an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
∴Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
∴n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，
∴n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．
题型三 数列的求和
命题点1 分组求和与并项求和
例2 已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，满足Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为Sn－n2＝n(an－1)，即Sn＝nan＋n2－n，①
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)，②
①－②，得(n－1)an－(n－1)an－1＋2(n－1)＝0.
因为n≥2，所以an－an－1＝－2，
所以数列{an}是以a1＝5为首项，d＝－2为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋7.
(2)由(1)得bn＝(－1)nn(an＋2n－4)＋2n＝(－1)n3n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－3×1＋2×1)＋(3×2＋2×2)＋(－3×3＋2×3)＋(3×4＋2×4)＋…＋(－1)n3n＋2n＝－3[1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n＋1n]＋2(1＋2＋3＋4＋…＋n)，
于是当n为奇数时，Tn＝－3×eq \f(n＋1,2)＋n(n＋1)＝eq \f(2n－3n＋1,2)；
当n为偶数时，Tn＝eq \f(3n,2)＋n(n＋1)＝eq \f(n2n＋5,2).
所以数列{bn}的前n项和
Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－3n＋1,2)，n为奇数，,\f(n2n＋5,2)，n为偶数.))
思维升华 一般地，如果{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an±bn}或cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数))的前n项和Sn时，可采用分组求和法求和．如果cn＝(－1)n·an，求cn的前n项和时，可采用并项求和法求解．
命题点2 错位相减法求和
例3 (12分)(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
规范解答
解 (1)设{an}的公比为q，
∵a1为a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，[2分]
∵q≠1，∴q＝－2.[4分]
(2)设{nan}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，[6分]
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①[7分]
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②[8分]
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n[10分]
＝eq \f(1－－2n,1－－2)－n(－2)n＝eq \f(1－1＋3n－2n,3)，[11分]
∴Sn＝eq \f(1－1＋3n－2n,9)，n∈N*.[12分]
第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等判定数列为等差(等比)数列；
第二步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项；
第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(分组转化法、错位相减法、裂项相消法)求和；
第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤．
命题点3 裂项相消法
例4 (2020·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2bn＋7n)))的前n项和Tn.
解 (1)因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝aeq \\al(2,1)＋3a1＋2，所以t＝5.
所以6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2.①
当n≥2时，有6Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋3an－1＋2，②
①－②得6an＝aeq \\al(2,n)＋3an－aeq \\al(2,n－1)－3an－1，
所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
又因为a1＝1，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N*)．
(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，
所以当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝eq \f(3n2－n,2).
又b1＝1也适合上式，所以bn＝eq \f(3n2－n,2)(n∈N*)．
所以eq \f(1,2bn＋7n)＝eq \f(1,3n2－n＋7n)
＝eq \f(1,3)·eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tn＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
＝eq \f(3n2＋5n,12n＋1n＋2).
思维升华 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
跟踪训练2 (1)已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等比数列{bn}的前三项．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 ①设等差数列的公差为d，
则由已知得，a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，
又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，
∴an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，
又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，
∴q＝2，∴bn＝5·2n－1.
②由①知anbn＝(2n＋1)·5·2n－1
＝5·(2n＋1)·2n－1，
∵Tn＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1]，
2Tn＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n]，
两式相减得
－Tn＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n]
＝5[(1－2n)2n－1]，
则Tn＝5[(2n－1)2n＋1]．
(2)(2020·河北衡水中学模拟)已知数列{an}满足a1＝4，且当n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
①求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
②记bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))，求数列{bn}的前n项和Sn.
①证明 当n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
将上式两边都除以n(n－1)，得eq \f(an,n)＝eq \f(an－1＋2n－2,n－1)，
即eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝4为首项，2为公差的等差数列．
②解 由①得eq \f(an,n)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
即an＝2n(n＋1)，
所以bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))，
所以Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32)))))＋eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(…＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋12)))＝eq \f(n2＋2n,4n＋12).
课时精练
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和．
解 (1)由a1＝b1，a4＝b2，
则S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，
设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意知b2＝a4＝9，即b2＝b1q＝3q＝9，
所以q＝3.所以bn＝3n.
(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，
所以{an＋bn}的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝eq \f(3＋2n＋1n,2)＋eq \f(31－3n,1－3)＝n(n＋2)＋eq \f(33n－1,2).
2．已知等比数列{an}的前n项和Sn满足4S5＝3S4＋S6，且a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由4S5＝3S4＋S6，得S6－S5＝3S5－3S4，
即a6＝3a5，∴q＝3，∴an＝9·3n－3＝3n－1.
(2)bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·3n－1，
∴Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
∴3Tn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
∴－2Tn＝1＋2·31＋2·32＋…＋2·3n－1－(2n－1)·3n
＝－2＋(2－2n)·3n，
∴Tn＝1－eq \f(2－2n·3n,2)＝(n－1)·3n＋1.
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝eq \f(bn,4n2－12n)，求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明 因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(3an＋1－2an－an＋1,an＋1－an)
＝eq \f(2an＋1－an,an＋1－an)＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝eq \f(bn,4n2－12n)，
所以cn＝eq \f(1,22n＋12n－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝
eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,4n＋2).
4．(2020·黄山模拟)已知递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝eq \f(－1n4n＋4,an＋1an＋2)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)由S1＝1知等差数列{an}的首项为1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)d，
由S2，S3－1，S4成等比数列可得(S3－1)2＝S2S4，
所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得d＝2或d＝－eq \f(2,3)，
由等差数列{an}为递增数列知，d>0，所以d＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)因为bn＝eq \f(－1n4n＋4,an＋1an＋2)＝eq \f(－1n4n＋4,2n＋12n＋3)
＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)＋\f(1,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)＋\f(1,11)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n－1)＋\f(1,4n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)＋\f(1,4n＋3)))
＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,4n＋3)＝－eq \f(4n,34n＋3).
5．(2020·天津)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2