故选B。
答案 B
三、走出误区
微提醒:
①不会分组致误;②错位相减法运用不熟出错。
5.已知数列:
1,2,3,…,,则其前n项和关于n的表达式为______________。
解析 设所求的前n项和为Sn,则Sn=(1+2+3+…+n)+++…+=+1-。
答案 +1-
6.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=n·2n,则Sn=__________。
解析 因为an=n·2n,所以Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n①,所以2Sn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1②,①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)2n+1-2。
所以Sn=(n-1)2n+1+2。
答案 (n-1)2n+1+2
考点一分组求和
【例1】 在公差不为零的等差数列{an}中,a2=4,且a1,a3,a9成等比数列。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+2an,求数列{bn}的前n项和Tn。
解
(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a2=4,且a1,a3,a9成等比数列,
即4-d,4+d,4+7d成等比数列,
所以有(4-d)(4+7d)=(4+d)2,
即8d2-16d=0,解得d=2或d=0(舍去),
所以a1=2,数列{an}的通项公式为an=2n。
(2)由
(1)知bn=2n+22n=2n+4n,
所以Tn=2×(1+2+3+…+n)+(4+42+43+…+4n)=2×+=n(n+1)+-。
分组转化法求和的常见类型
1.若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前n项和。
2.通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和。
【变式训练】
(1)已知数列{an}的前n项和为Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S15+S22-S31的值是( )
A.13B.76
C.46D.-76
(2)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和为( )
A.2n+n2-1B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2D.2n+n-2
解析
(1)因为Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),所以S15=1+(-5+9)+(-13+17)+…+(-53+57)=1+4×7=29,S22=(1-5)+(9-13)+(17-21)+…+(81-85)=-4×11=-44,S31=1+(-5+9)+(-13+17)+…+(-117+121)=1+4×15=61,所以S15+S22-S31=29-44-61=-76。
故选D。
(2)Sn=a1+a2+a3+…+an=(21+2×1-1)+(22+2×2-1)+(23+2×3-1)+…+(2n+2n-1)=(2+22+…+2n)+2(1+2+3+…+n)-n=+2×-n=2(2n-1)+n2+n-n=2n+1+n2-2。
故选C。
答案
(1)D
(2)C
考点二错位相减法求和
【例2】 已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn。
已知S2n+1=bnbn+1,求数列的前n项和Tn。
解
(1)设{an}的公比为q,
由题意知a1(1+q)=6,aq=a1q2。
又an>0,解得a1=2,q=2,
所以an=2n。
(2)由题意知,
S2n+1==(2n+1)bn+1,
又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,
所以bn=2n+1。
令cn=,则cn=,
因此Tn=c1+c2+…+cn
=+++…++,
又Tn=+++…++,
两式相减得
Tn=+-
=+1-n-1-
=-,
所以Tn=5-。
用错位相减法求和时容易出现以下两点错误:
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号。
(2)对相减后的和式的结构认识模糊,错把中间的n-1项和当作n项和。
【变式训练】 已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1。
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn。
解
(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,
当n=1时,a1=S1=11,满足上式,
所以an=6n+5。
设数列{bn}的公差为d。
由即
可解得所以bn=3n+1。
(2)由
(1)知cn==3(n+1)·2n+1,
又Tn=c1+c2+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得
-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
=3×
=-3n·2n+2,
所以Tn=3n·2n+2。
考点三裂项相消法求和
【例3】 已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn。
解
(1)因为数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8。
所以⇒⇒q3==8⇒q=2⇒an=a1·qn-1=2n-1。
(2)由
(1)可知Sn===2n-1,
所以bn==-,
所以Tn=1-+-+-+…+-=1-。
1.用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:
=(-),=,裂项后可以产生连续相互抵消的项。
2.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(对称剩项)。
【变式训练】 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-2,且满足Sn=an+1+n+1(n∈N*)。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log3(-an+1),设数列的前n项和为Tn,求证:
Tn<。
解
(1)由Sn=an+1+n+1(n∈N*),
得Sn-1=an+n(n≥2,n∈N*),
两式相减,并化简,得an+1=3an-2,
即an+1-1=3(an-1),又a1-1=-2-1=-3≠0,
所以{an-1}是以-3为首项,3为公比的等比数列,
所以an-1=(-3)·3n-1=-3n。
故an=-3n+1。
(2)证明:
由bn=log3(-an+1)=log33n=n,
得==,
所以Tn=
=
=-<。
考点四数列的综合应用
【例4】 (2018·江苏高考)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}。
将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}。
记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为________。
解析 所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an},在数列{an}中,25前面有16个正奇数,即a21=25,a38=26。
当n=1时,S1=1<12a2=24,不符合题意;当n=2时,S2=3<12a3=36,不符合题意;当n=3时,S3=6<12a4=48,不符合题意;当n=4时,S4=10<12a5=60,不符合题意;…;当n=26时,S26=+=441+62=503<12a27=516,不符合题意;当n=27时,S27=+=484+62=546>12a28=540,符合题意。
故使得Sn>12an+1成立的n的最小值为27。
答案 27
高考命制综合题时,常将等差、等比数列结合在一起,形成两者之间的相互联系和相互转化,破解这类问题的方法是首先寻找通项公式,利用性质之间的对偶与变式进行转化。
【变式训练】 (2019·河北名校联考)在正整数数列中,由1开始依次按如下规则,将某些数染成红色。
先染1;再染两个偶数2,4;再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9;再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16;再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25。
按此规则一直染下去,得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,…则在这个红色子数列中,由1开始的第2018个数是( )
A.3971B.3972
C.3973D.3974
解析 由题意可知,第1组有1个数,第2组有2个数…根据等差数列的前n项和公式,可知前n组共有个数。
由于2016=<2018<=2080,因此,第2018个数是第64组的第2个数。
由于第1组最后一个数是1,第2组最后一个数是4,第3组最后一个数是9,…,第n组最后一个数是n2,因此,第63组最后一个数是632,632=3969,第64组为偶数组,其第1个数为3970,第2个数为3972。
故选B。
答案 B
数列的新定义问题
新定义型数学试题,背景新颖、构思巧妙,主要通过定义一个新概念或约定一种新运算,或给定一个新模型来创设新的问题情境,要求我们在充分阅读题意的基础上,依据题中提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,从而顺利地解决问题,这类题型能有效地区分学生的思维能力和学习能力。
【典例】 定义“规范01数列”{an}如下:
{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于“1”的个数。
若m=4,则不同的“规范01数列”共有( )
A.18个B.16个
C.14个D.12个
【解析】 解法一:
列表法
根据题意得,必有a1=0,a8=1,则将0,1进行具体的排法一一列表如下:
由上述表格可知,不同的“规范01数列”共有14个。
解法二:
列举法
根据题意可得,必有a1=0,a8=1,而其余的各项:
a2,a3,…,a7中有三个0和三个1,并且满足对任意k≤8,a1,a2,…,a8中“0”的个数不少于“1”的个数。
可以一一列举出不同“规范01数列”,除第一项和第八项外,中间六项的排列如下:
000111,001011,001101,001110,010011,010101,010110,011001,011010,100011,100101,100110,101001,101010,共14个。
【答案】 C
可以从以下三个方面解决此类问题
1.提取新定义的信息,明确新定义的名称和符号。
2.深刻理解新定义的概念、法则、性质,纵横联系探求解题方法,比较相近知识点,明确不同点。
3.对新定义中提取的知识进行等价转换,其中提取、化归与转化是解题的关键,也是解题的难点。
新定义问题的解题思路为:
(1)若新定义是运算法则,直接按照运算法则计算即可;
(2)若新定义是性质,要判断性质的适用性,能否利用定义外延;也可用特殊值排除等方法。
【变式训练】 由n(n≥2)个不同的数构成的数列a1,a2,…,an中,若1≤i如对于数列3,2,1,由于在第一项3后面比3小的项有2个,在第二项2后面比2小的项有1个,在第三项1后面没有比1小的项,因此,数列3,2,1的逆序数为2+1+0=3,若an=-2n+19(1≤n≤100,n∈N*),则数列{an}的逆序数为( )
A.2525B.5050
C.2475D.4950
解析 因为an=-2n+19(1≤n≤100,n∈N*),故{an}为单调递减数列,所以逆序数为99+98+…+1==4950。
答案 D
递推式是表示数列的方式之一,所谓递推式是指给出数列连续两项(或者多项)之间的关系,利用初始值,可以逐步求得该数列所有项的一种表达数列的方式。
根据数列递推关系求通项是数列的核心问题之一,也是高考的一个重要命题点,本文简述根据数列递推关系求通项的几种常见方法。
类型一累加、累乘法求通项公式
【例1】
(1)在数列{an}中,a1=1,an=an-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为________。
(2)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式为________。
解析
(1)因为an=an-1(n≥2),所以an-1=an-2,an-2=an-3,…,a2=a1。
以上(n-1)个式子相乘得an=a1···…·==。
当n=1时,a1=1,上式也成立。
所以an=(n∈N*)。
(2)由题意有a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2)。
以上各式相加,得an-a1=2+3+…+n==。
又因为a1=1,所以an=(n≥2)。
因为当n=1时也满足上式,所以an=(n∈N*)。
答案
(1)an=(n∈N*)
(2)an=(n∈N*)
1.对于an+1=an+f(n)类且函数列{f(n)}可以求和的递推数列问题,均可以使用累加法求得其通项公式,即an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=a1+f
(1)+f
(2)+…+f(n-1)。
2.对满足an+1=anf(n),且函数列{f(n)}可以求积的递推数列问题,均可以使用累乘法求得其通项公式,即an=a1···…·=a1f
(1)f
(2)…f(n-1)。
【变式训练】
(1)设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3·22n-1,则数列{an}的通项公式为________。
(2)在数列{an}中,a1=1,an=an-1(n≥2,n∈N*),则数列的前n项和Tn=________。
解析
(1)由已知得,当n≥1时,an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1。
而a1=2,所以数列{an}的通项公式为an=22n-1。
(2)令bn=,由an=an-1(n≥2),得bn==,则==·=·=,又b1==1,所以累乘可得bn=b1····…·=1××××…×=(n≥2,n∈N*)。
当n=1时,b1=1满足上式,则bn==2(n∈N*)。
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2=2=。
答案
(1)an=22n-1
(2)
类型二如an+1=pan+q(p、q为常数)求通项公式形
【例2】 已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+2,则数列{an}的通项公式为________。
解析 因为an+1=3an+2,所以an+1+1=3(an+1),所以=3,所以数列{an+1}为等比数列,公比q=3,又a1+1=2,所以an+1=2·3n-1,所以an=2·3n-1-1(n∈N*)。
答案 an=2·3n-1-1(n∈N*)
以an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)的方式给出的递推数列问题均可使用本典例的方法求得其通项公式,过程为设an+1+λ=p(an+λ),则an+1=pan+(p-1)λ,比较得λ=,即数列是首项为a1+,公比为p的等比数列,求出该数列通项即可求出原数列的通项。
【变式训练】 已知数列{an}中,a1=2,an+1=4an+6,则数列{an}的通项公式为an=________。
解析 设an+1+λ=4(an+λ),即an+1=4an+3λ,与已知比较可得λ=2,所以an+1=4an+6可以转化为an+1+2=4(an+2),又a1+2=4,故数列{an+2}是首项为4,公比为4的等比数列,所以an+2=4n,所以an=4n-2。
答案 4n-2
类型三形如an+1=pan+qn(p、q为常数,n为正整数)求通项公式
【例3】 已知数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2n,则数列{an}的通项公式为an=________。
解析 由an+1=3an+2n两端同时除以2n+1,得=·+,两端同时加1,得+1=·+=,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以+1=n,所以=n-1,所以an=3n-2n。
答案 3n-2n
本题使用了两个变换,一是在递推式两端同时除以2n+1,把看作新数列,令bn=,则bn+1=bn+,即化为例2类型的递推式,求得bn,再变换后得出an。
复杂的递推数列问题需要综合使用各种不同的方法加以解决。
【变式训练】 (2019·惠州市调研考试)已知数列{an}满足a1=1,an+1-2an=2n(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=________。
解析 an+1-2an=2n两边同时除以2n+1,可得-=,又=,所以数列是以为首项,为公差的等差数列,所以=+(n-1)×=,所以an=n·2n-1。
答案 n·2n-1
类型四其他构造法求通项公式
【例4】 给定两个数列{xn},{yn}满足x0=y0=1,xn=(n≥1),yn=(n≥1),求数列{xn},{yn}的通项公式。
解 由已知得到x1==,=1+,+1=2,所以数列是以4为首项、2为公比的等比数列,因此+1=2n+1,即xn=。
yn+1=,再与已知相除,得=2,1+=2,两边取对数得,ln=2ln,而ln=ln2,所以是以ln4为首项,2为公比的等比数列,所以ln=2nln2=ln22n,即{yn}的通项公式为yn=。
1.an+1=,这种类型一般是等式两边取倒数后转化为类型二。
2.an+1=pa(p>0,an>0),这种类型一般是等式两边取对数后整理转化为类型二。
3.an+2=pan+1+qan(其中p,q均为常数)。
先把原递推公式转化为an+2+san+1=t(an+1+san),其中s,t满足转化为一个新等比数列来求(如下面变式训练)。
【变式训练】 (2019·沈阳市质量检测)在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+1=3an-2an-1(n≥2),则an=________。
解析 因为an+1=3an-2an-1(n≥2),所以=2(n≥2),所以an+1-an=(a2-a1)2n-1=2n-1(n≥2),又a2-a1=1,所以an-an-1=2n-2,an-1-an-2=2n-3,…,a2-a1=1,累加,得an=2n-1(n∈N*)。
解析:
因为an+1=3an-2an-1(n≥2),所以an+1-2an=an-2an-1,得an+1-2an=an-2an-1=an-1-2an-2=…=a2-2a1=0,即an=2an-1(n≥2),所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1(n∈N*)。
答案 2n-1