高中化高三大題練習(xí)解題5數(shù)列專題5第24練

綜合復(fù)習(xí)資料高中化學(xué)第24練數(shù)列求和問題[題型分析·高考展望]數(shù)列求和是數(shù)列部分高考考查的兩大重點之一，主要考查等差、等比數(shù)列的前n項和公式以及其他求和方法，尤其是錯位相減法、裂項相消法是高考的熱點內(nèi)容，常與通項公式相結(jié)合考查，有時也與函數(shù)、方程、不等式等知識交匯，綜合命題.?？碱}型精析題型一分組轉(zhuǎn)化法求和例1等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nlnan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.點評分組求和常見的方法：(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組，即分組后，每一組可能是等差數(shù)列或等比數(shù)列.(2)根據(jù)正號、負(fù)號分組.(3)根據(jù)數(shù)列的周期性分組.(4)根據(jù)奇數(shù)項、偶數(shù)項分組.變式訓(xùn)練1已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝2an＋2n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.題型二錯位相減法求和例2(2015·山東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn.點評錯位相減法的關(guān)注點：(1)適用題型：等差數(shù)列{an}乘以等比數(shù)列{bn}對應(yīng)項“{an·bn}”型數(shù)列求和.(2)步驟：①求和時先乘以數(shù)列{bn}的公比.②把兩個和的形式錯位相減.③整理結(jié)果形式.變式訓(xùn)練2(2014·四川)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上(n∈N*).(1)若a1＝－2，點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)列{an}的前n項和Sn；(2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－eq\f(1,ln2)，求數(shù)列{eq\f(an,bn)}的前n項和Tn.題型三裂項相消法求和例3在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a1，a4，a8成等比數(shù)列.(1)已知數(shù)列{an}的前10項和為45，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，且數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若Tn＝eq\f(1,9)－eq\f(1,n＋9)，求數(shù)列{an}的公差.點評(1)裂項相消法：把數(shù)列和式中的各項分別裂開后，消去一部分從而計算和的方法，適用于求通項為eq\f(1,an·an＋1)的前n項和，其中{an}若為等差數(shù)列，則eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,d)·(eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)).其余還有公式法求和等.(2)利用裂項相消法求和時，應(yīng)注意抵消后并不一定只剩第一項和最后一項，也可能前面剩兩項，后面也剩兩項.變式訓(xùn)練3(2014·大綱全國)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝10，a2為整數(shù)，且Sn≤S4.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.高考題型精練1.(2015·浙江)已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零，前n項和是Sn，若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則()A.a1d＞0，dS4＞0 B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0 D.a1d＜0，dS4＞02.(2014·課標(biāo)全國Ⅱ)等差數(shù)列{an}的公差為2，若a2，a4，a8成等比數(shù)列，則{an}的前n項和Sn等于()A.n(n＋1) B.n(n－1)C.eq\f(nn＋1,2) D.eq\f(nn－1,2)3.若數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(2,nn＋2)，則其前n項和Sn為()A.1－eq\f(1,n＋2) B.eq\f(3,2)－eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)C.eq\f(3,2)－eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)4.已知數(shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，則其前n項和Sn為()A.n2＋1－eq\f(1,2n) B.n2＋2－eq\f(1,2n)C.n2＋1－eq\f(1,2n－1) D.n2＋2－eq\f(1,2n－1)5.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m等于()A.3 B.4C.5 D.66.已知數(shù)列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，…，eq\f(1,10)＋eq\f(2,10)＋eq\f(3,10)＋…＋eq\f(9,10)，…，若bn＝eq\f(1,anan＋1)，那么數(shù)列{bn}的前n項和Sn為()A.eq\f(n,n＋1) B.eq\f(4n,n＋1)C.eq\f(3n,n＋1) D.eq\f(5n,n＋1)7.在等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列{bn}滿足bn＝log3an，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項和Sn＝________.8.數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為________.9.(2015·天津模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n≥2時，其前n項和Sn滿足Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2))).(1)求Sn的表達式；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n項和Tn.10.(2014·課標(biāo)全國Ⅰ)已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{eq\f(an,2n)}的前n項和.11.(2015·天津)已知數(shù)列{an}滿足an＋2＝qan(q為實數(shù)，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差數(shù)列.(1)求q的值和{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)，n∈N*，求數(shù)列{bn}的前n項和.12.(2015·安徽)設(shè)n∈N*，xn是曲線y＝x2n＋2＋1在點(1,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo).(1)求數(shù)列{xn}的通項公式；(2)記Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)，證明：Tn≥eq\f(1,4n).

答案精析第24練數(shù)列求和問題?？碱}型精析例1解(1)當(dāng)a1＝3時，不合題意；當(dāng)a1＝2時，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝6，a3＝18時，符合題意；當(dāng)a1＝10時，不合題意.因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*).(2)因為bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.所以當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n))ln3＝3n－eq\f(n－1,2)ln3－ln2－1.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n為偶數(shù)，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n為奇數(shù).))變式訓(xùn)練1解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,10a1＋\f(10×9,2)d＝100，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝2n－1.(2)因為bn＝2an＋2n＝eq\f(1,2)×4n＋2n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝eq\f(4n＋1－4,6)＋n2＋n＝eq\f(2,3)×4n＋n2＋n－eq\f(2,3).例2解(1)因為2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，當(dāng)n＞1時，2Sn－1＝3n－1＋3，此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3n－1，n＞1.))(2)因為anbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當(dāng)n＞1時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；當(dāng)n＞1時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n)，經(jīng)檢驗，n＝1時也適合.綜上可得Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).變式訓(xùn)練2解(1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.解得d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函數(shù)f(x)＝2x在(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x軸上的截距為a2－eq\f(1,ln2).由題意知，a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，從而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1).因此，2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).例3解設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由a1，a4，a8成等比數(shù)列可得aeq\o\al(2,4)＝a1·a8，即(a1＋3d)2＝a1(a1＋7d)，∴aeq\o\al(2,1)＋6a1d＋9d2＝aeq\o\al(2,1)＋7a1d，而d≠0，∴a1＝9d.(1)由數(shù)列{an}的前10項和為45可得S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝45，即90d＋45d＝45，故d＝eq\f(1,3)，a1＝3，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝3＋(n－1)·eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)(n＋8).(2)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，則數(shù)列{bn}的前n項和為Tn＝eq\f(1,d)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))]＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9d)－\f(1,9d＋nd)))＝eq\f(1,d2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)－\f(1,n＋9)))＝eq\f(1,9)－eq\f(1,n＋9).所以eq\f(1,d2)＝1，d＝±1.故數(shù)列{an}的公差d＝1或－1.變式訓(xùn)練3解(1)由a1＝10，a2為整數(shù)，知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù).又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0.解得－eq\f(10,3)≤d≤－eq\f(5,2).因此d＝－3.數(shù)列{an}的通項公式為an＝13－3n.(2)bn＝eq\f(1,13－3n10－3n)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq\f(n,1010－3n).高考題型精練1.B[∵a3，a4，a8成等比數(shù)列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－eq\f(5,3)d，∴a1d＝－eq\f(5,3)d2＜0，又S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝－eq\f(2d,3)，∴dS4＝－eq\f(2d2,3)＜0，故選B.]2.A[由a2，a4，a8成等比數(shù)列，得aeq\o\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，∴a1＝2.∴Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)×2＝2n＋n2－n＝n(n＋1).]3.D[因為an＝eq\f(2,nn＋2)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2).故選D.]4.A[因為an＝2n－1＋eq\f(1,2n)，則Sn＝eq\f(1＋2n－1,2)n＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))·\f(1,2),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).]5.C[am＝2，am＋1＝3，故d＝1，因為Sm＝0，故ma1＋eq\f(mm－1,2)d＝0，故a1＝－eq\f(m－1,2)，因為am＋am＋1＝5，故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d＝－(m－1)＋2m－1＝5，即m＝5.]6.B[∵an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,nn＋1)＝4(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，∴Sn＝4[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝4(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(4n,n＋1).]7.eq\f(n,n＋1)解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).8.1830解析∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝eq\f(15×10＋234,2)＝1830.9.(1)∵Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由題意得Sn－1·Sn≠0，①式兩邊同除以Sn－1·Sn，得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，公差為2的等差數(shù)列.∴eq\f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1).(2)∵bn＝eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).10.解(1)方程x2－5x＋6＝0的兩根為2,3，由題意得a2＝2，a4＝3.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，從而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)設(shè){eq\f(an,2n)}的前n項和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，則Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2).兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋(eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n＋1))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(n＋2,2n＋2).所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).11.解(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因為q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.由遞推公式得當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時，an＝a2k－1＝2k－1＝；當(dāng)n＝2k(k∈N*)時，an＝a2k＝2k＝.所以，{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(，n為奇數(shù)，,，n為偶數(shù).))(2)由(1)得bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)＝eq\f(n,2n－1).設(shè){bn}的前n項和為Sn，則Sn＝1×eq\f(1,20