高考数学同步专题突破及解析 16Word文档格式.docx

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2n，求数列{bn}的前n项和Sn.

答案　∵Sn＝1·

2＋2·

22＋3·

23＋…＋n·

2n，①

2Sn＝1·

22＋2·

23＋3·

24＋…＋（n－1）·

2n＋n·

2n+1，②

①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·

2n+1

＝－2－（n－1）·

2n+1.

∴Sn＝2＋（n－1）·

2n+1，n∈N＋.

总结　错位相减法主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．

利用“错位相减法”时，先写出Sn与qSn的表达式，再将两式对齐作差，正确写出（1－q）Sn的表达式；

（利用此法时要注意讨论公比q是否等于1）．

1．并项求和一定是相邻两项结合．（　×

　）

2．裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消．（　×

题型一　分组分解求和

例1　求和：

Sn＝2＋2＋…＋2（x≠0）．

解　当x≠±

1时，

Sn＝2＋2＋…＋2

＝＋＋…＋

＝（x2＋x4＋…＋x2n）＋2n＋

＝＋＋2n

＝＋2n；

当x＝±

1时，Sn＝4n.

综上知，Sn＝

反思感悟　某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．

跟踪训练1　已知正项等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝24.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{bn}满足bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和．

解　

（1）设数列{an}的公比为q（q>

0），

则

解得

∴an＝a1·

qn-1＝2·

2n-1＝2n.

（2）bn＝log22n＝n，设{an＋bn}的前n项和为Sn，

则Sn＝（a1＋b1）＋（a2＋b2）＋…＋（an＋bn）

＝（a1＋a2＋…＋an）＋（b1＋b2＋…＋bn）

＝（2＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）

＝2n+1－2＋n2＋n.

题型二　裂项相消求和

例2　求和：

＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.

解　∵＝＝，

∴原式＝

＝

＝－（n≥2，n∈N＋）．

引申探究

求和：

解　∵＝＝1＋，

∴原式＝＋＋＋…＋

＝（n－1）＋

以下同例2解法．

反思感悟　求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f（n＋1）－f（n）的形式，常采用裂项求和法．

跟踪训练2　求和：

1＋＋＋…＋，n∈N＋.

解　∵an＝＝＝2，

∴Sn＝2＝.

题型三　奇偶并项求和

例3　求和：

Sn＝－1＋3－5＋7－…＋（－1）n（2n－1）．

解　当n为奇数时，

Sn＝（－1＋3）＋（－5＋7）＋（－9＋11）＋…＋[（－2n＋5）＋（2n－3）]＋（－2n＋1）

＝2·

＋（－2n＋1）＝－n.

当n为偶数时，

Sn＝（－1＋3）＋（－5＋7）＋…＋[（－2n＋3）＋（2n－1）]＝2·

＝n.

∴Sn＝（－1）nn（n∈N＋）．

反思感悟　通项中含有（－1）n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和．

跟踪训练3　已知数列－1,4，－7,10，…，（－1）n·

（3n－2），…，求其前n项和Sn.

解　当n为偶数时，令n＝2k（k∈N＋），

Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋（－1）n·

（3n－2）

＝（－1＋4）＋（－7＋10）＋…＋[（－6k＋5）＋（6k－2）]

＝3k＝n；

当n为奇数时，令n＝2k－1（k∈N＋），

∴Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－（6k－2）

＝2－3k＝.

∴Sn＝

题型四　错位相减求和

例4　（2018·

佛山检测）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2（n∈N＋）．

（2）求数列{nan}的前n项和Tn.

解　

（1）当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1.

当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2，

两式相减得an－an－1＝3an，化简得an＝－an－1，

所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列，

所以an＝n-1，n∈N＋.

（2）由

（1）可得nan＝n·

n-1.

Tn＝1·

0＋2·

1＋3·

2＋…＋n·

n-1，

－Tn＝1·

1＋2·

2＋…＋（n－1）·

n-1＋n·

n，

两式相减得

Tn＝1＋1＋2＋…＋n-1－n·

n＝－n·

n＝－·

n.

所以数列{nan}的前n项和Tn＝－·

反思感悟　用错位相减要“能识别，按步走，慎化简”．

跟踪训练4　已知数列{an}的通项公式为an＝3n-1，在等差数列{bn}中，bn＞0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列．

（1）求数列{anbn}的通项公式；

（2）求数列{anbn}的前n项和Tn.

解　

（1）∵an＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.

∵在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.

设等差数列{bn}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，

∴（1＋5－d）（9＋5＋d）＝64，解得d＝－10或d＝2.

∵bn＞0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，

∴b1＝3，∴bn＝2n＋1.

故anbn＝（2n＋1）·

3n-1，n∈N＋.

（2）由

（1）知Tn＝3×

1＋5×

3＋7×

32＋…＋（2n－1）3n-2＋（2n＋1）3n-1，①

3Tn＝3×

3＋5×

32＋7×

33＋…＋（2n－1）3n-1＋（2n＋1）3n，②

①－②，得

－2Tn＝3×

1＋2×

3＋2×

32＋2×

33＋…＋2×

3n-1－（2n＋1）3n

＝3＋2（3＋32＋33＋…＋3n－1）－（2n＋1）3n

＝3＋2×

－（2n＋1）3n

＝3n－（2n＋1）3n

＝－2n·

3n.

∴Tn＝n·

3n，n∈N＋.

1．数列{1＋2n-1}的前n项和为________．

答案　Sn＝n＋2n－1，n∈N＋

解析　∵an＝1＋2n-1，

∴Sn＝n＋＝n＋2n－1.

2．数列的前2018项和为________．

答案　

解析　因为＝2，

所以S2018＝2

＝2＝.

3．已知数列an＝则S100＝________.

答案　5000

解析　由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100

＝（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＋（a2＋a4＋…＋a100）

＝（0＋2＋4＋…＋98）＋（2＋4＋6＋…＋100）

＝5000.

4．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋.

（1）设bn＝，证明：

数列{bn}是等差数列；

（2）在

（1）的条件下求数列{an}的前n项和Sn.

（1）证明　由已知an＋1＝2an＋2n，

得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.

∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.

∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．

（2）解　由

（1）知，bn＝n，＝bn＝n.

∴an＝n·

2n-1.

∴Sn＝1＋2·

21＋3·

22＋…＋n·

2n-1，

两边同时乘以2得

21＋2·

22＋…＋（n－1）·

2n-1＋n·

2n，

两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n-1－n·

2n

＝2n－1－n·

2n＝（1－n）2n－1，

∴Sn＝（n－1）·

2n＋1.

求数列的前n项和，一般有下列几种方法．

1．错位相减

适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．

2．分组求和

把一个数列分成几个可以直接求和的数列．

3．裂项相消

有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．

4．奇偶并项

当数列通项中出现（－1）n或（－1）n+1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．

5．倒序相加

例如，等差数列前n项和公式的推导方法．

一、选择题

1．数列2，4，6，…的前n项和Sn为（　　）

A．n2＋1＋B．n2＋2－

C．n（n＋1）＋－D．n（n＋1）＋

答案　C

2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，Sn＝10，则n等于（　　）

A．90B．119C．120D．121

解析　an＝＝－，∴Sn＝（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1＝10，∴n＋1＝121，故n＝120.

3．数列，，，…，，…的前n项和为（　　）

A.B.

C.D.

答案　B

解析　由数列通项公式＝，

得前n项和Sn＝（－＋－＋－＋…＋－）

＝＝.

4．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N＋，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项的和是（　　）

A.n（n＋2）B.n（n＋4）

C.n（n＋5）D.n（n＋7）

解析　∵a1＋a2＋…＋an＝（2n＋4）＝n2＋2n.

∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝.

5．如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H（H为常数，n∈N＋），则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2019等于（　　）

A．－3016B．－3015

C．－3026D．－3013

解析　S2019＝a1＋（a2＋a3＋…＋a2019）

＝a1＋1009×

H＝1＋1009×

（－3）＝－3026.

6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，n∈N＋，则an等于（　　）

A．2＋lnnB．2＋（n－1）lnn

C．2＋nlnnD．1＋n＋lnn

答案　A

解析　∵an＋1＝an＋ln，

∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln（n＋1）－lnn.

又a1＝2，

∴an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋（a4－a3）＋…＋（an－an－1）＝2＋[ln2－ln1＋ln3－ln2＋ln4－ln3＋…＋lnn－ln（n－1）]＝2＋lnn－ln1＝2＋lnn.

二、填空题

7．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋（－1）n－1·

n，n∈N＋，则S50＝________.

答案　－25

解析　S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝（－1）×

25＝－25.

8．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1（4n－3），n∈N＋，则S15＋S22－S31的值是________．

答案　－76

解析　S15＝－4×

7＋a15＝－28＋57＝29，

S22＝－4×

11＝－44，

S31＝－4×

15＋a31＝－60＋121＝61，

S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.

三、解答题

9．已知函数f（x）＝2x－3x－1，点（n，an）在f（x）的图象上，数列{an}的前n项和为Sn，求Sn.

解　由题得an＝2n－3n－1，

Sn＝a1＋a2＋…＋an＝（2＋22＋…＋2n）－3（1＋2＋3＋…＋n）－n

＝－3·

－n

＝2n＋1－－2.

10．已知等差数列{an}满足：

a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.

（1）求an及Sn；

（2）令bn＝（n∈N＋），求数列{bn}的前n项和Tn.

解　

（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以

解得所以an＝3＋2（n－1）＝2n＋1，

Sn＝3n＋×

2＝n2＋2n.

所以an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.

（2）由

（1）知an＝2n＋1，

所以bn＝＝＝×

＝×

，

所以Tn＝×

（1－＋－＋…＋－）

（1－）＝，

即数列{bn}的前n项和Tn＝.

11．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·

22n－1，n∈N＋.

（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.

解　

（1）由已知，得当n>

an＋1＝[（an＋1－an）＋（an－an－1）＋…＋（a2－a1）]＋a1＝3（22n－1＋22n－3＋…＋2）＋2＝22n＋1，

an＝22n－1，

而a1＝2，符合上式，

所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.

（2）由bn＝nan＝n·

22n－1知

Sn＝1·

25＋…＋n·

22n－1，①

从而22·

23＋2·

25＋3·

27＋…＋n·

22n＋1.②

①－②得

（1－22）Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·

22n＋1，

即Sn＝[（3n－1）22n＋1＋2]．

12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式．

（2）令cn＝

设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.

解　

（1）设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，

由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，

得解得

所以an＝3＋2（n－1）＝2n＋1，bn＝2n－1.

（2）由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n（n＋2），

则n为奇数时，cn＝＝－.

n为偶数时，cn＝2n－1，

所以T2n＝（c1＋c3＋…＋c2n－1）＋（c2＋c4＋…＋c2n）

＝＋（2＋23＋…＋22n－1）

＝1－＋＝＋（4n－1）．