《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点二 考查角度2 三种常用的数列求和方法 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点二 考查角度2 三种常用的数列求和方法 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考查角度 2 三种常用的数列求和方法 分类透析一 分组转化法求和 例 1 已知等差数列an满足a2=2,a1+a4=5. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足b1=3,b2=6,bn-an为等比数列,求数列bn的 前n项和Tn. 分析 (1)利用已知条件求出等差数列an的通项公式;(2)因为 bn-an为等比数列,所以数列bn的前n项和Tn可以看成数列bn-an 的前n项和与数列an的前n项和的总和. 解析 (1)设等差数列an的公差为d, 等差数列an满足a2=2,a1+a4=5, 解得a1=d=1, 2 = 1+ d, 5 = 21
2、+ 3d, an=1+(n-1)1=n. (2)设等比数列bn-an的公比为q,b1=3,b2=6, b1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4, q=2. bn-an=22n-1=2n, bn=n+2n, 数列bn的前n项和Tn=(1+2+3+n)+(2+22+2n)=+ ( + 1) 2 =+2n+1-2. 2(1 - 2) 1 - 2 ( + 1) 2 方法技巧 从求和数列的通项入手,将其转化为等差数列与等比 数列的和或差的形式,再利用等差数列与等比数列的求和公式进行分 组求和. 分类透析二 错位相减法求和 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 例 2 已知an的前n项和Sn=
3、4n-n2+4. (1)求数列an的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 7 - 2 分析 (1)由an的前n项和求出数列an的通项公式;(2)利用错 位相减法求和即可(当n=1 时要单独考虑). 解析 (1)当n2 时,an=Sn-Sn-1=4n-n2-4(n-1)-(n-1)2=5-2n; 当n=1 时,a1=S1=7. an= 7, = 1, 5 - 2, 2. (2)令bn=, 7 - 2 当n=1 时,T1=b1=0; 7 - 7 21 当n2 时,bn=, 7 - 2 + 1 2 - 1 Tn=0+ + + +, 3 2 4 22 5 23 2 - 2 + 1 2 - 1 Tn
4、= + + +, 1 2 3 22 4 23 5 24 2 - 1 + 1 2 两式相减得Tn=1+ + +-=-=2-, 1 2 1 2 1 22 1 2 - 1 + 1 2 1 -( 1 2) 1 - 1 2 + 1 2 + 3 2 Tn=4-(n2). + 3 2 - 1 当n=1 时,满足上式. 综上所述,Tn=4-. + 3 2 - 1 方法技巧 用错位相减法求和时,应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形; 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项 对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn
5、”的表达式; (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比未知,应分公比 等于 1 和不等于 1 两种情况求解. 分类透析三 an=型的裂项相消法求和 1 ( + ) 例 3 已知数列an为单调递增数列,Sn为其前n项和,2Sn=+n.2 (1)求an的通项公式. (2)若bn=,Tn为数列bn的前n项和,证明:Tn . + 2 2 + 1 + 1 1 2 分析 (1)由递推公式2Sn=+n求出an的通项公式;(2)先用裂项2 相消法求和,再进行适当放缩证明. 解析 (1)当n=1 时,2S1=2a1=+1,即(a1-1)2=0,解得a1=1.2 1 又an为单调递增数列,所以an1. 由
6、2Sn=+n得 2Sn+1=+n+1,2 2 + 1 所以 2Sn+1-2Sn=-+1, 2 + 1 2 整理得 2an+1=-+1,所以=(an+1-1)2. 2 + 1 2 2 所以an=an+1-1,即an+1-an=1, 所以an是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,所以an=n. (2)bn=-, + 2 2 + 1 + 1 + 2 2 + 1n(n + 1) 1 2n 1 2 + 1(n + 1) 所以Tn=+ ( 1 21 1 - 1 22 2) ( 1 22 2 - 1 23 3) = - . 1 2 n - 1 2 + 1 (n + 1) 1 2 1 2 + 1 (n +
7、1) 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 方法技巧 (1)用裂项相消法求和时,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,或者前面剩几项, 后面也剩几项. (2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差 和系数之积与原通项相等.如:若an是等差数列,则= 1 + 1 1 ,=. ( 1 - 1 + 1) 1 + 2 1 2( 1 - 1 + 2) 分类透析四 an=型的裂项相消法求和 1 + + 例 4 已知数列an的首项为a1=1,且(an+1)an+1=an,nN*. (1)求证:数列是等差数列. 1 (2)设bn=,求数列bn的
8、前n项和Tn. + 1 + 1+ 分析 (1)通过递推公式(an+1)an+1=an证明数列是等差数 1 列;(2)将bn=裂项,再求和. + 1 + 1+ 解析 (1)由an+1=,得= +1,则- =1,又a1=1, 所 + 1 1 + 1 + 1 1 1 + 1 1 以=1. 1 1 所以数列是以 1 为首项,1 为公差的等差数列. 1 (2)由(1)可知,=n,故an= . 1 1 又bn=-, + 1 + 1+ 1 ( + 1) + 1+ + 1- ( + 1) 1 1 + 1 所以Tn=b1+b2+b3+bn =+-=1-. (1 - 1 2) ( 1 2 - 1 3) ( 1 3
9、 - 1 4) 1 1 + 1 1 + 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 方法技巧 本题主要考查等差数列的定义与通项公式,以及裂项 相消法求数列的和,属于中档难度题.常见的裂项技巧: (1)=; 1 ( + ) 1 ( 1 - 1 + ) (2)=(-); 1 + + 1 + (3)=; 1 (2 - 1)(2 + 1) 1 2( 1 2 - 1 - 1 2 + 1) (4)=. 1 ( + 1)( + 2) 1 2 1 ( + 1) - 1 ( + 1)( + 2) 此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题, 导致计算结果错误. 1.(2017 年天津卷,理 1
10、8 改编)设等差数列an的公差为d,前n项和 为Sn,等比数列bn的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d=2. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)记cn=,求数列cn的前n项和Tn. 解析 (1)由题意知a1=b1=1, 所以an=2n-1,bn=2n-1. (2)由(1)得cn=, 2 - 1 2 - 1 则Tn=1+ + + + +, 3 2 5 22 7 23 9 24 2 - 1 2 - 1 Tn= + + + + +. 1 2 1 2 3 22 5 23 7 24 9 25 2 - 1 2 由-可得 Tn=2+ + +-=3-, 1 2 1 2 1 22 1 2 - 2
11、 2 - 1 2 2 + 3 2 故Tn=6-. 2 + 3 2 - 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2.(2015 年全国卷,理 17 改编)设各项均为正数的数列an的前n项 和Sn满足Sn=an,且a1=2. ( 3 + r) (1)求数列an的通项公式. (2)设bn=(nN*),数列bn的前n项和为Tn.求证:Tn. 1 2 - 1 2 + 1 解析 (1) = n+r,a1=2, 1 3 = +r=1,解得r= . 1 1 1 3 2 3 Sn=an, + 2 3 当n2 时,an=Sn-Sn-1=an-an-1, + 2 3 + 1 3 化为=, - 1 + 1 -
12、 1 an= a1 - 1 - 1 - 2 - 2 - 3 3 2 2 1 = 2=n(n+1), + 1 - 1 - 2 - 1 - 3 4 2 3 1 当n=1 时也成立,an=n(n+1). (2)bn=-, 1 2 - 1 1 (2 - 1)(2 - 1 + 1) 1 (2 - 1)(2 + 1) 1 2 1 2 - 1 1 2 + 1 数列bn的前n项和为 Tn+-=. 1 2 (1 - 1 3) ( 1 3 - 1 5) 1 2 - 1 1 2 + 1 1 2(1 - 1 2 + 1) 2 + 1 Tn. 2 + 1 3.(2014 年全国卷,文 17 改编)已知等差数列bn,正项
13、等比数列 an,a1=b1=1,a2+b2=7,且=b1(b3+2).2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)求数列an,bn的通项公式; (2)设cn=(-1)nbn+anb2n,求数列cn的前n项和Tn. 解析 (1)设等比数列an的公比为q,等差数列bn的公差为d, 由得 2 2= 1 ( 3+ 2), 2+ 2= 7, 2= 3 + 2d, + 1 + = 7, 解得或 = 3, = 3 = - 5, = 11. 因为an中各项均为正数,所以q=3,即d=3, 故an=3n-1,bn=3n-2. (2)由(1)得cn=(-1)n(3n-2)+(6n-2)3n-1, 设
14、数列(-1)n(3n-2)的前n项和为An,数列(6n-2)3n-1的前n 项和为Bn. 当n为偶数时,An=-1+4-7+10+-(3n-5)+(3n-2)=; 3 2 当n为奇数时,An=An-1-(3n-2)=-3n+2=. 3 - 3 2 1 - 3 2 又Bn=430+1031+1632+(6n-2)3n-1, 则 3Bn=431+1032+1633+(6n-2)3n, 由-得-2Bn=4+6(31+32+3n-1)-(6n-2)3n=4+6-(6n- 3 - 3 1 - 3 2)3n=-5-(6n-5)3n, 因此,Bn= +3n. 5 2 6 - 5 2 综上,Tn= 3 + 5
15、 2 + 6 - 5 2 3,n为偶数, 6 - 3 2 + 6 - 5 2 3,n为奇数. 1.(2018 新疆二模)在等差数列an中,已知a1+a3+a8=9,a2+a5+a11=21. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)求数列an的通项公式; (2)若cn=,求数列ancn的前n项和Sn.2 + 3 解析 (1)设等差数列an的公差为d, 1+ 3+ 8= 9, 2+ 5+ 11= 21, 解得 31+ 9d = 9, 31+ 15d = 21, 1= - 3, = 2, an=2n-5. (2)由(1)得cn=22(n-1)=4n-1,2 + 3 ancn=(2n-5)
16、4n-1, Sn=a1c1+a2c2+ancn=-340+(-1)41+142+(2n- 5)4n-1, 4Sn=-341+(-1)42+143+(2n-5)4n. 两式相减得-3Sn=-340+241+242+24n-1-(2n-5)4n=- 3+2-(2n-5)4n, 4(1 - 4 - 1) 1 - 4 Sn=+4n. 17 9 6 - 17 9 2.(2018常德一模)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=2,(n+1)an=2Sn. (1)求数列an的通项公式an. (2)令bn=,设数列bn的前n项和为Tn,求证:Tn . 2 ( + 2) 3 4 解析 (1)由(n+1)an=2
17、Sn,得当n2 时,nan-1=2Sn-1. 两式相减得(n-1)an=nan-1, 即=,=,=, - 1 - 1 - 1 - 2 - 1 - 2 2 1 2 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 利用累乘法,得=,则an=2n. 1 1 当n=1 时,a1=2 符合上式,故an=2n. (2)由于an=2n, 则bn=, 2 ( + 2) 1 ( + 2) 1 2( 1 - 1 + 2) Tn=1 2(1 - 1 3 + 1 2 - 1 4 + + 1 - 1 - 1 + 1 + 1 - 1 + 2) =1 2(1 + 1 2 - 1 + 1 - 1 + 2) = - . 3 4
18、 1 2( + 1) 1 2( + 2) 3 4 3.(2018 海淀区二模)已知等差数列an满足 2an+1-an=2n+3. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列an+bn是首项为1,公比为2的等比数列,求数列bn的前n 项和. 解析 (1)设等差数列an的公差为d, 因为 2an+1-an=2n+3, 所以22 - 1 = 5, 23- 2= 7, 所以1 + 2d = 5, 1+ 3d = 7, 所以1 = 1, = 2. 所以an=a1+(n-1)d=2n-1. (2)因为数列an+bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列, 所以an+bn=2n-1. 因为an=2n-1, 高
19、清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以bn=2n-1-(2n-1). 设数列bn的前n项和为Sn, 则Sn=(1+2+4+2n-1)-1+3+5+(2n-1)=- 1 - 2 1 - 2 (1 + 2 - 1) 2 =2n-1-n2. 所以数列bn的前n项和为 2n-1-n2. 4.(厦门第一中学 2017 届高三上学期期中考试)设递增的等比数列 an的前n项和为Sn,已知 2(an+an+2)=5an+1,且=a10.2 5 (1)求数列an的通项公式及前n项和Sn; (2)设bn=Snlog2an+1(nN*),求数列bn的前n项和Tn. 解析 (1)设等比数列an的公比为q, 由
20、 2(an+an+2)=5an+1,得 2q2-5q+2=0, 解得q=或q=2. 1 2 因为an为递增数列,所以q=2. 又由=a10知,(a1q4)2=a1q9,所以a1=q,2 5 所以a1=q=2,an=2n,Sn=2n+1-2. (2)bn=Snlog2an+1=(2n+1-2)(n+1)=(n+1)2n+1-2(n+1), 记数列(n+1)2n+1的前n项和为Pn, 则Pn=222+323+424+(n+1)2n+1, 2Pn=223+324+n2n+1+(n+1)2n+2, 两式相减得 -Pn=23+(23+24+2n+1)-(n+1)2n+2=23+- 23 (2 - 1 - 1) 2 - 1 (n+1)2n+2=-n2n+2, 即Pn=n2n+2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又数列2(n+1)的前n项和为 22+3+4+(n+1)=n(n+3), 所以Tn=n2n+2-n(n+3).