届高考数学艺术生短期集训专题知识突破考点31 数列的求和Word文件下载.docx
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(4)
5.分组求和
通过把数列分成若干组,然后利用等差、等比等求和公式求和.
典例剖析
题型一错位相减法求和
例1 (2015山东文)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列
的前n项和为
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(an+1)·
,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析
(1)设数列{an}的公差为d,
令n=1,得
,所以a1a2=3.
令n=2,得
+
,所以a2a3=15.解得a1=1,d=2,
所以an=2n-1.经检验,符合题意.
(2)由
(1)知bn=2n·
22n-1=n·
4n,
所以Tn=1·
41+2·
42+…+n·
所以4Tn=1·
42+2·
43+…+n·
4n+1,
两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·
4n+1=
-n·
×
4n+1-
所以Tn=
4n+1+
变式训练(2015湖北文)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,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>
1时,记cn=
,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析
(1)由题意有
即
解得
或
故
(2)由d>
1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=
,于是
Tn=1+
+…+
,①
Tn=
.②
①-②可得
Tn=2+
=3-
,
故Tn=6-
解题要点错位相减法求和是最为重要的求和方法,要熟练掌握,计算时要注意首末留下的项的符号,同时计算要准确.
题型二利用裂项相消法求和
例2 (2015江苏)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列
前10项的和为________.
答案
解析 ∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,将以上n-1个式子相加得an-a1=2+3+…+n=
,即an=
令bn=
故bn=
=2
,故S10=b1+b2+…+b10
变式训练(2015安徽文)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=
解析
(1)由题设知a1·
a4=a2·
a3=8.
又a1+a4=9.可解得
(舍去).
由a4=a1q3得公比q=2,故an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sn=
=2n-1,
又bn=
所以Tn=b1+b2+…+bn=
=1-
解题要点熟记常见的裂项公式是求解的关键.
题型三分组求和与并项求和
例3 数列1
,3
,5
,7
,…,(2n-1)+
,…的前n项和Sn的值等于____________.
答案n2+1-
解析该数列的通项公式为an=(2n-1)+
则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+
=n2+1-
变式训练数列{an}满足an+an+1=
(n∈N+),且a1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S21=________.
答案 6
解析 由an+an+1=
=an+1+an+2,
∴an+2=an,
则a1=a3=a5=…=a21,a2=a4=a6=…=a20,
∴S21=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a20+a21)
=1+10×
=6.
解题要点分组和并项的目的,都是通过变形,把原式化为等差、等比或其它可求和的形式,体现了转化与划归的思想.
当堂练习
1.若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=
的结果可化为____________.
答案
解析an=2n-1,设bn=
2n-1,
则Tn=b1+b2+…+bn=
3+…+
2n-1=
2.数列{an}的通项公式an=
(n∈N*),若前n项和为Sn,则Sn为____________.
(
-1)
解析∵an=
),
∴Sn=
-1+
)=
(-1-
-1).
3.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则a1+a2+a3+…+a100=____________.
答案100
解析由题意知,a1+a2+a3+…+a100=-1+3-5+7+…+(-1)100(2×
100-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×
50=100.
4.已知数列{an}的前n项和Sn=
,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.
解析
(1)当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=
=n.
故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由
(1)知,an=n,故bn=2n+(-1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n,
则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,
则A=
=22n+1-2,
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
5.等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为
,满足S3=15,a1+2b1=3,a2+4b2=6.
(1)求数列{an},{bn}的通项an,bn;
(2)求数列{an·
bn}的前n项和Tn.
解析
(1)设{an}的公差为d,所以
解得a1=2,d=3,b1=
所以an=3n-1,bn=
n.
(2)由
(1)知Tn=2×
+5×
2+8×
3+…+(3n-4)·
n-1+(3n-1)
n,①
①×
得
Tn=2×
2+5×
3+…+(3n-4)×
n+(3n-1)
n+1,②
1-②得
+3×
-(3n-1)
n+1
=1+3×
-(3n-1)·
n+1,
整理得Tn=-(3n+5)
n+5.
课后作业
一、填空题
1.
的值为____________.
解析∵
∴
2.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5,则数列
的前8项和为____________.
答案-
解析设数列{an}的公差为d,则Sn=na1+
d.由已知可得
解得a1=1,d=-1,故{an}的通项公式为an=2-n.
所以
,所以数列
的前8项和为
=-
3.若数列{an}的通项为an=4n-1,bn=
,n∈N*,则数列{bn}的前n项和是____________.
答案n(n+2)
解析a1+a2+…+an=(4×
1-1)+(4×
2-1)+…+(4n-1)=4(1+2+…+n)-n=2n(n+1)-n=2n2+n,
∴bn=2n+1,
b1+b2+…+bn=(2×
1+1)+(2×
2+1)+…+(2n+1)
=n2+2n=n(n+2).
4.设数列1,(1+2),…,(1+2+22+…+2n-1),…的前n项和为Sn,则Sn=____________.
答案2n+1-n-2
解析∵an=1+2+22+…+2n-1=
∴Sn=(2+22+23+…+2n)-n=
-n=2n+1-n-2.
5.设数列{an}的通项公式是an=(-1)n·
n,则a1+a2+a3+…+a100=____________.
答案50
解析由题意知,a1+a2+a3+…+a100=-1+2-3+4+…+(-1)200·
100=(-1+2)+(-3+4)+…+(-99+100)=50.
6.已知数列
:
,…,
,…,若bn=
,那么数列
的前n项和Sn为____________.
解析an=
,∴bn=
=4
∴Sn=4
7.等差数列{an}的通项公式an=2n-1,数列{
},其前n项和为Sn,则Sn等于____________.
解析∵an=2n-1,
.
8.数列{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前10项之和为____________.
解析 bn=
S10=b1+b2+b3+…+b10=
9.设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正数的等比数列,且a1=b1=1,a3+b5=19,a5+b3=9,则数列{anbn}的前n项和Sn=__________.
答案(n-1)·
2n+1
解析由条件易求出an=n,bn=2n-1(n∈N*).
∴Sn=1×
1+2×
21+3×
22+…+n×
2n-1,①
2Sn=1×
2+2×
22+…+(n-1)×
2n-1+n×
2n.②
由①-②,得-Sn=1+21+22+…+2n-1-n×
2n,
∴Sn=(n-1)·
2n+1.
10.若数列{an}的通项公式为an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=____________.
答案15
解析a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…+(-1)10·
28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=15.
11.(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)=____________.
答案 5050
解析 原式=100+99+98+97+…+2+1=
=5050.
二、解答题
12.(2015天津文)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3