【考前三个月】高考数学必考题型过关练：第26练(含答案).pdf

第 26 练数列求和问题大全 题型一分组转化法求和 例 1等比数列 an 中， a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列第二列第三列 第一行3210 第二行6414 第三行9818 (1)求数列 an的通项公式； (2)若数列 bn满足： bnan(1) nln a n，求数列 bn的前 n项和 Sn. 破题切入点(1)可以通过逐个验证来确定数列的前三项，进而求得an； (2)可以分组求和：将bn前 n 项和转化为数列an 和数列 ( 1) nln a n前 n 项的和 解(1)当 a13 时，不合题意； 当 a12 时，当且仅当a26，a318 时，符合题意； 当 a110 时，不合题意 因此 a12，a26，a318.所以公比 q3. 故 an2· 3 n1 (nN* ) (2)因为 bnan(1) nln a n 2· 3n 1(1)nln(2 · 3 n1) 2· 3n 1(1)nln 2(n1)ln 3 2· 3n 1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3， 所以Sn2(1 3 3 n1)1 11(1)n · (ln 2ln 3)12 3 ( 1) nnln 3. 所以当 n 为偶数时， Sn2× 13 n 13 n 2ln 3 3n n 2ln 3 1； 当 n 为奇数时， Sn2× 13 n 13 (ln 2 ln 3) n1 2 n ln 3 3n n1 2 ln 3ln 21. 综上所述， Sn 3 nn 2ln 31， n为偶数， 3 nn1 2 ln 3ln 21，n为奇数 . 题型二错位相减法求和 例 2已知：数列 an 的前 n 项和为 Sn，且满足Sn2an n(nN *) (1)求 a1， a2的值； (2)求数列 an的通项公式； (3)若数列 bn的前 n 项和为 Tn，且满足 bnnan(nN * )，求数列 bn 的前 n 项和 Tn. 破题切入点(1)代入求解即可 (2)由 Sn 2ann 得 Sn12an1(n1)， n2，两式相减构造数列求通项公式 (3)错位相减求和 解(1)Sn2ann. 令 n1，解得 a11； 令 n2，解得 a23. (2)Sn2ann， 所以 Sn12an1(n1)(n2，nN *)， 两式相减得an2an1 1， 所以 an12(an11)(n2，nN *)， 又因为 a112， 所以数列 an1是首项为2，公比为 2 的等比数列 所以 an12n，即通项公式an2n 1(nN *) (3)bnnan，所以 bn n(2 n 1)n· 2nn， 所以 Tn(1· 211)(2·22 2) (3·233)(n· 2nn)， Tn(1· 2 12· 223· 23 n· 2n)(123n) 令 Sn1· 212· 223· 23 n· 2n， 2Sn1· 2 22· 23 3· 24 n· 2n1， ，得 Sn2122232nn· 2n 1， Sn 2 12 n 1 2 n· 2n 1， Sn2(1 2 n)n· 2n12(n1)· 2n 1， 所以 Tn2(n1)· 2n 1n n1 2 (nN * ) 题型三倒序相加法求和 例 3已知函数f(x) 1 4 x2(xR) (1)证明： f(x)f(1x) 1 2； (2)若数列 an的通项公式为anf( n m)(mN *，n1,2， m)，求数列 a n的前 m 项和 Sm； (3)设数列 bn满足 b11 3，bn 1b2 nbn，Tn 1 b11 1 b2 1 1 bn 1 ，若 (2)中的 Sm满足对 不小于 2 的任意正整数m， Sm0， 则 1 bn1 1 bnbn1 1 bn 1 bn1， 即 1 bn1 1 bn 1 bn1， 所以 Tn( 1 b1 1 b2) ( 1 b2 1 b3) ( 1 bn 1 bn1) 1 b1 1 bn13 1 bn1. 因为 bn1bn b2 n0， 所以 bn1bn， 即数列 bn是单调递增数列 所以 Tn关于 n 递增， 所以当 nN *时， T nT1. 因为 b11 3，b 2(1 3) 21 3 4 9， 所以 TnT13 1 b2 3 4. 由题意，知Sm3 4， 即 m 4 1 12 3 4，解得 m 10 3 ， 所以正整数m 的最大值为3. 题型四裂项相消法求和 例 4在公差不为0 的等差数列 an中， a1，a4，a8成等比数列 (1)已知数列 an 的前 10 项和为 45，求数列 an的通项公式； (2)若 bn 1 anan1，且数列 b n的前 n 项和为 Tn，若 Tn 1 9 1 n9，求数列 a n的公差 破题切入点(1)列方程组 (两个条件 )确定 an. (2)可以采用裂项相消法求得含有公差的表达式，再和已知Tn1 9 1 n 9对比求得公差 解设数列 an的公差为 d， 由 a1，a4，a8成等比数列可得 a 2 4a1· a8，即 (a13d) 2a 1(a17d)， a2 16a1d9d 2a2 17a1d， 而 d0， a19d. (1)由数列 an的前 10 项和为 45 可得 S1010a1 10×9 2 d45， 即 90d45d45，故 d 1 3，a 13， 故数列 an的通项公式为 an 3(n1)· 1 3 1 3(n 8) (2)bn 1 anan1 1 d 1 an 1 an1 ， 则数列 bn的前 n 项和为 Tn 1 d 1 a1 1 a2 1 a2 1 a3 1 an 1 an1 1 d 1 a1 1 an1 1 d 1 9d 1 9d nd 1 d 2 1 9 1 n9 1 9 1 n9. 所以 1 d 21，d ± 1. 故数列 an的公差 d1 或 1. 总结提高数列求和的主要方法： (1)分组求和法：一个数列既不是等差数列也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组 合，就会变成几个可以求和的部分，即能分别求和，然后再合并，或对字母n 分类讨论后再 求和 (2)错位相减法：这是推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，主要用于求 an· bn 的前 n 项和，其中 an和bn分别是等差数列和等比数列 (3)倒序相加法：这是推导等差数列前n 项和时所用的方法，将一个数列倒过来排序，如果原 数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求 和 (4)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求 通项为 1 an· an1的前 n 项和，其中 a n 若为等差数列，则 1 an· an1 1 d· ( 1 an 1 an1) 其余还有公式法求和等 1若数列 an的通项公式为an 2 n n2 ，则其前n 项和 Sn为() A1 1 n2 B. 3 2 1 n 1 n1 C.3 2 1 n 1 n2 D. 3 2 1 n1 1 n2 答案D 解析方法一因为 an 2 n n2 1 n 1 n2， 所以 Sna1 a2an 1 1 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 1 2 1 n1 1 n2 3 2 1 n1 1 n2 . 故选 D. 方法二因为 a12 3，a2 1 4， 所以 S1a1 2 3. 令 n1，选项 B 中， 3 21 1 20， 选项 C 中， 3 21 1 3 1 6，故排除 B，C. 又 S2 2 3 1 4 11 12， 选项 A 中，令 n2，则 1 1 4 3 4 ，故排除A，应选 D. 2已知数列11 2，3 1 4，5 1 8，7 1 16，则其前 n 项和 Sn为() An 211 2 n B n 221 2 n Cn 21 1 2 n1D n 22 1 2 n1 答案A 解析因为 an2n1 1 2 n， 则 Sn 12n1 2 n 1 1 2 n · 1 2 1 1 2 n2 1 1 2 n. 3(2013 ·课标全国 )设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，Sm1 2，Sm0，Sm13，则 m 等 于() A3 B4 C5 D6 答案C 解析am2，am13，故 d1， 因为 Sm 0，故 ma1m m1 2 d 0， 故 a1 m1 2 ， 因为 am am15， 故 amam12a1(2m1)d (m 1) 2m15， 即 m5. 4在数列 an中，若存在一个确定的正整数T，对任意nN * 满足 anTan，则称 an 是周期 数列， T 叫作它的周期已知数列 xn满足 x11，x2a(a1)，xn2|xn1xn|，当数列 xn 的周期为3 时，则 xn 的前 2 013 项和 S2 013等于 () A1 340 B1 342 C1 344 D1 346 答案B 解析由 xn2|xn1xn|， 得 x3|x2x1|a1|1a， x4|x3x2| |12a|， 因为数列 xn的周期为 3，所以 x4 x1， 即|12a|1，解得 a0 或 a1. 当 a0 时，数列 xn为 1,0,1,1,0,1， 所以 S2 0132× 6711 342. 当 a1 时，数列 xn为 1,1,0,1,1,0， 所以 S2 0132× 6711 342. 综上， S2 013 1 342. 5已知数列2 008,2 009,1， 2 008， 2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都 等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014 项之和 S2 014等于 () A2 008 B2 010 C1 D0 答案B 解析由已知得anan1an1(n2)， an1anan1. 故数列的前8 项依次为2 008,2 009,1， 2 008， 2 009， 1,2 008,2 009. 由此可知数列为周期数列，周期为6，且 S6 0. 2 014 6×3354， S2 014S42 0082 0091(2 008)2 010. 6数列 an 满足 an1 (1) na n2n1，则 an 的前 60 项和为 _ 答案1 830 解析an1(1) na n2n1， a21a1，a32 a1，a47a1，a5 a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a10 17a1，a112 a1， a1223a1， ，a57a1，a58113a1，a592a1，a60 119a1， a1a2a60(a1a2 a3a4)(a5a6a7a8) (a57a58a59a60) 10 26 42234 15× 10234 2 1 830. 7在等比数列an中， a13，a4 81，若数列 bn满足 bnlog3an，则数列 1 bnbn1 的前 n 项 和 Sn_. 答案 n n1 解析设等比数列 an的公比为 q， 则 a4 a1q 327，解得 q3. 所以 ana1q n13×3n13n， 故 bnlog3ann， 所以 1 bnbn1 1 n n1 1 n 1 n1. 则数列 1 bnbn1 的前 n 项和为 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 8对于数列 an，定义数列 an1 an 为数列 an的“差数列”，若a11. an的“差数列” 的通项公式为an1an2 n，则数列 a n的前 n 项和 Sn_. 答案2n 1n2 解析因为 an1an2n， 应用累加法可得an2n1， 所以 Sna1 a2a3an 2 222 32nn 2 1 2 n 12 n 2n 1 n2. 9定义：若数列An 满足 An1A 2 n，则称数列 An 为“平方递推数列”已知数列an 中， a12，点 (an，an1)在函数 f(x)2x 22x 的图象上，其中 n 为正整数 (1)证明：数列 2an1是“平方递推数列”，且数列 lg(2 an 1)为等比数列； (2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为Tn，即 Tn(2a11)· (2a21)· · (2an1)，求数 列an的通项公式及 Tn关于 n 的表达式 (1)证明由题意得 an12a 2 n2an， 得 2an11 4a 2 n4an1 (2an1) 2. 所以数列 2 an 1是“平方递推数列” 令 cn2an1，所以 lg cn12lg cn. 因为 lg(2a11)lg 50， 所以 lg 2an11 lg 2an 1 2. 所以数列 lg(2 an1) 为等比数列 (2)解因为 lg(2a11)lg 5， 所以 lg(2an1)2n 1· lg 5， 所以 2an152n 1，即 a n 1 2(52 n11) 因为 lg Tnlg(2a1 1)lg(2a21)lg(2an1) lg 5 ·12 n 12 (2n1)lg 5. 所以 Tn52 n1. 10(2014 ·湖南 )已知数列 an的前 n 项和 Sn n 2 n 2 ，nN *. (1)求数列 an的通项公式； (2)设 bn 2an(1) na n，求数列 bn 的前 2n 项和 解(1)当 n1 时， a1S11； 当 n2 时， anSnSn1n 2n 2 n1 2 n 1 2 n. 故数列 an的通项公式为 an n. (2)由(1)知 ann，故 bn2 n(1)nn. 记数列 bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(2 12222n)( 12342n) 记 A2122 22n，B 12342n，则 A2 12 2n 1 2 22n 12. B (12)(34) (2n1)2n n， 故数列 bn的前 2n 项和 T2nAB22n 1 n2. 11(2014 ·课标全国 )已知数列 an满足 a1 1，an13an1. (1)证明 an1 2是等比数列，并求 an的通项公式； (2)证明 1 a1 1 a2 1 an 3 2. 证明(1)由 an13an1 得 an11 23(an 1 2) 又 a1 1 2 3 2， 所以 an 1 2是首项为 3 2，公比为 3 的等比数列 an 1 2 3 n 2 ，因此 an的通项公式为 an 3 n1 2 . (2)由(1)知 1 an 2 3 n1. 因为当 n1 时， 3 n12×3n1， 所以 1 3 n1 1 2× 3 n1. 于是 1 a1 1 a2 1 an1 1 3 1 3 n1 3 2(1 1 3 n)3 2. 所以 1 a1 1 a2 1 an 3 2. 12(2014 ·山东 )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) n1 4n anan1，求数列 b n的前 n项和 Tn. 解(1)因为 S1a1，S22a1 2×1 2 ×22a12， S44a1 4×3 2 ×24a112， 由题意得 (2a12)2a1(4a112)，解得 a11， 所以 an2n1. (2)bn(1) n14n anan1( 1) n14n 2n1 2n1 (1)n 1(1 2n1 1 2n1) 当 n 为偶数时， Tn(1 1 3)( 1 3 1 5) ( 1 2n3 1 2n1)( 1 2n1 1 2n1)1 1 2n1 2n 2n1. 当 n 为奇数时， Tn(1 1 3)( 1 3 1 5) ( 1 2n3 1 2n1)( 1 2n1 1 2n1)1 1 2n1 2n2 2n1. 所以 Tn 2n2 2n1， n为奇数， 2n 2n1， n为偶数 . (或 Tn 2n1 1 n1 2n 1 )