《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.docx》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.docx（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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=5,2=a1+d,5=2a1+3d,解得a1=d=1,an=1+(n-1)1=n.(2)设等比数列bn-an的公比为q,b1=3,
2、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)=n(n+1)2+2(1-2n)1-2=n(n+1)2+2n+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例2 已知an的前n项和Sn=4n-n2+4.(1)求数列an的通项公式;(2)求数列7-an2n的前n项和Tn.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
3、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,n=1,5-2n,n2.(2)令bn=7-an2n,当n=1时,T1=b1=7-721=0;当n2时,bn=7-an2n=n+12n-1,Tn=0+32+422+523+n2n-2+n+12n-1,12Tn=322+423+524+n2n-1+n+12n,两式相减得12Tn=1+12+122+12n-1-n+12n=1-12n1-12-n+12n=2-n+32n,Tn=4-n+32n-1(n2).当n=1时,满足上式.综上所述,Tn=4-n+32n-1
4、.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;(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”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=1nn+k型的裂项相消法求和例3 已知数列an为单调递增数列,Sn为其前n项和,2Sn=an2+n.(1)求an的通项公式.(2)若bn=an+22n+1anan+1,Tn为数列bn的前n项和,证明:Tn12.分析 (1)由递推公式2Sn=an2+n求出an的通项公式;(2)先用
5、裂项相消法求和,再进行适当放缩证明.解析 (1)当n=1时,2S1=2a1=a12+1,即(a1-1)2=0,解得a1=1.又an为单调递增数列,所以an1.由2Sn=an2+n得2Sn+1=an+12+n+1,所以2Sn+1-2Sn=an+12-an2+1,整理得2an+1=an+12-an2+1,所以an2=(an+1-1)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=an+22n+1anan+1=n+22n+1n(n+1)=12nn-12n+1(n+1),所以Tn=1211-1222+1222-1233+12nn-1
6、2n+1(n+1)=12-12n+1(n+1)12.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1anan+1=1d1an-1an+1,1anan+2=12d1an-1an+2.分类透析四an=1n+n+k型的裂项相消法求和例4 已知数列an的首项为a1=1,且(an+1)an+1=an,nN*.(1)求证:数列1an是等差数列.(2)设bn=anan+1n+1+n,求数列bn的前n项和Tn.分
7、析 (1)通过递推公式(an+1)an+1=an证明数列1an是等差数列;(2)将bn=anan+1n+1+n裂项,再求和.解析 (1)由an+1=anan+1,得1an+1=an+1an=1an+1,则1an+1-1an=1,又a1=1,所以1a1=1.所以数列1an是以1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)可知,1an=n,故an=1n.又bn=anan+1n+1+n=1n(n+1)n+1+n=n+1-nn(n+1)=1n-1n+1,所以Tn=b1+b2+b3+bn=1-12+12-13+13-14+1n-1n+1=1-1n+1.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
8、项相消法求数列的和,属于中档难度题.常见的裂项技巧:(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1n+k+n=1k(n+k-n); (3)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(4)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+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18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=anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析 (1)由题意知a1=
9、b1=1,所以an=2n-1,bn=2n-1.(2)由(1)得cn=2n-12n-1,则Tn=1+32+522+723+924+2n-12n-1,12Tn=12+322+523+724+925+2n-12n.由-可得12Tn=2+12+122+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1.2.(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=n3+ran,且a1=2.(1)求数列an的通项公式.(2)设bn=1a2n-1(nN*),数列bn的前n项和为Tn.求证:Tnn2n+1.解析 (1)Snan=13n+r,a1=2,a1a1=13
10、+r=1,解得r=23.Sn=n+23an,当n2时,an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,化为anan-1=n+1n-1,an=anan-1an-1an-2an-2an-3a3a2a2a1a1=n+1n-1nn-2n-1n-342312=n(n+1),当n=1时也成立,an=n(n+1).(2)bn=1a2n-1=1(2n-1)(2n-1+1)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,数列bn的前n项和为Tn121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.Tnn2n+1.3.(2014年全国卷,文17改编)已知等差数列bn,正项
11、等比数列an,a1=b1=1,a2+b2=7,且a22=b1(b3+2).(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a22=b1(b3+2),a2+b2=7,得q2=3+2d,q+1+d=7,解得q=3,d=3或q=-5,d=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
12、数时,An=-1+4-7+10+-(3n-5)+(3n-2)=3n2;当n为奇数时,An=An-1-(3n-2)=3n-32-3n+2=1-3n2.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+63-3n1-3-(6n-2)3n=-5-(6n-5)3n,因此,Bn=52+6n-523n.综上,Tn=3n+52+6n-523n,n为偶数,6-3n2+6n-523n,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
13、=21.(1)求数列an的通项公式;(2)若cn=2an+3,求数列ancn的前n项和Sn.解析 (1)设等差数列an的公差为d,a1+a3+a8=9,a2+a5+a11=21,3a1+9d=9,3a1+15d=21,解得a1=-3,d=2,an=2n-5.(2)由(1)得cn=2an+3=22(n-1)=4n-1,ancn=(2n-5)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+24(1-4n-1)
14、1-4-(2n-5)4n,Sn=179+6n-1794n.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=2(n+2)an,设数列bn的前n项和为Tn,求证:Tn34.解析 (1)由(n+1)an=2Sn,得当n2时,nan-1=2Sn-1.两式相减得(n-1)an=nan-1,即anan-1=nn-1,an-1an-2=n-1n-2,a2a1=21,利用累乘法,得ana1=n1,则an=2n.当n=1时,a1=2符合上式,故an=2n.(2)由于an=2n,则bn=2(n+2)an=1n(n+2)=121
15、n-1n+2,Tn=121-13+12-14+1n-1-1n+1+1n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2=34-12(n+1)-12(n+2)34.3.(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2a2-a1=5,2a3-a2=7,所以a1+2d=5,a1+3d=7,所以a1=1,d=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,
16、所以an+bn=2n-1.因为an=2n-1,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)=1-2n1-2-n(1+2n-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a52=a10.(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2(an+an+2)=5an+1,得2q2
17、-5q+2=0,解得q=12或q=2.因为an为递增数列,所以q=2.又由a52=a10知,(a1q4)2=a1q9,所以a1=q,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(2n-1-1)2-1-(n+1)2n+2=-n2n+2,即Pn=n2n+2.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).