2021年11月4日“数列求和”专项训练

1、2021 年 11 月 4 日“数列求和”专项训练学校:_姓名：_班级：_一、错位相减（纠错）1等比数列a 的各项均为正数，且 ， .1 3 10 4a2 a a n 3 2 6（1）求数列a 的通项公式；n（2）求数列na 的前n项和 .Tn n2已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a312，S440.（1）求数列an的通项公式；a an n（2）设 24 ，求数列 的前 n 项和 Tn. b 4b nn3已知数列a 满足 .2a 7a 12a 5n3 a 4n n 1 2 3 n（1）求数列 的通项公式；ann n S （2）求数列 的前 项和 .na n4在数列 中，a a a

2、a n1 1 2 2 n n n（1）求an ；（2）求数列 的前 n 项和 .a Sn n5数列 的前 项和为 ，且 ，数列 满足 ，a n b b S S n2nN* n n n n1 2 3 2 .n n 1b b n nN*（1）求数列 的通项公式；an（2）求证：数列 是等比数列；b na（3）设数列 满足 ，其前 项和为 ，证明： .c c n n T 1 T n n nn nb 1二、数列的求和：扩展1 1,1 2 2, 2 C y x y0P x y : 2 16如图所示， ，P x y ， , ，是曲线 （ ）n n n2上的点，A a ， ， ，是 x 轴正半轴上的点，且

3、，A a ,01 1,0 2 2,0A a A APn n 0 1 1 AA P A A P， ，均为等腰直角三角形（A 为坐标原点）. 1 2 2 n 1 n n 0试卷第 1 页，共 2 页（1）求数列 的通项公式；an1 1 1 1S S （2）设 ，求 .nna a a an 1 n 2 n 3 2n7意大利人斐波那契在 1202 小兔，如此，设第 n 个月的兔子对数为n，则1 1， ， ， 4 3，F 2 1 F 3 2 F F F F F n5 5，.考查数列 F 的规律，不难发现， （ n n 2 n 1 n为斐波那契数列.（1 的前 n 项和为 足 ，S a a （n2，n试a

4、 a S 1 1 2 1n n n n n 1判断数列 是否构成斐波那契数列，说明理由；an51（2）若数列 是斐波那契数列，且 a bb a an nn n 1 n2（3）若数列a 是斐波那契数列，求数列 的前 n 项和 .a S n n n试卷第 2 页，共 2 页参考答案a T (nn1 2 11） 2n ；（2） .nn【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等比数列的下标性质进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【详解】a q 解：（1）设数列 的公比为 ，n则q0，由4a2 a a a23 2 6 4q q=2 得： 2 4，所以 .由1 3 1 41 51 10，得到

5、 1 2a 所以数列 的通项公式为 .a a 2nn n（2）由条件知，T n1 2 2 22 3 23 2n n2 1 2 2 2 3 2 2nT n 2 3 4 1又n将以上两式相减得T 2 3 n 1 n 1 n 1 2 2 2 2n 2n 2(2n 2n )2n 2 nT n 1 ( n 2 所以 .n1n21）an4n；（2）Tn2 .2n 2n1【分析】（1）假设公差 d，然后根据等差数列的通项公式以及前n项和，得到 a1，d，然后可得结果.a（2）根据（1）的条件，可得n ，进一步可得 ，然后使用错位相减法求和即可.nbn【详解】（1）设an的首项为 a1，公差为 d，由 a31

6、2，S440 2 12a d1则 43 ，解得 a14，d4， 4a d 40 21答案第 1 页，共 8 页an44(n1)4n.a 4n n an n（2） 24 2 ， . b nb 42 2n nnn1 1 1 n T 2 3 ， 2 3n n2 2 2 21 1 1 1 n T 2 3 n 2 3 4 n12 2 2 2 2，得1 1 1 1 1 1 nT n 2 3 4 n n12 2 2 2 2 2 21nTn2 .2n 2n1【点睛】本题主要考查错位相减法求和，掌握常用的求和方法：错位相减，裂项相消法，公式法等，属基础题.4a 31） ；（2）n5n3S T 33 5n 113

7、nn 1n4 16 8 16【分析】（1）根据a，Sn 的关系，可得结果.（2）根据（1）的结论，利用错位相减法求和，可得结果.【详解】（1）当n1时，2a 4，解得 1 2；a 1当n2时，2a 7a 12a 5n3a 4n1 2 3 n，2a 7a 12a 5n8a 4n， 1 2 3 n 1两式相减可得，5 3 4，n a n4 1 2解得a ，易知 也符合上式，n5n34综上所述，a ，.n 5n 3n n5 3 3 n（2）依题意： ，a 4n下面先求数列5 3 3 的前 项和 ； n n nTn答案第 2 页，共 8 页T 23 73 123 5n3 n1 2 3 ， nT 23

8、73 123 5n3n2 3 4 1， n两式相减可得，T 21 52 5n 5n3 n1 ， n即2 53 53 5n 5 3n 9T 1 2 n 1n所以 ，2 15 5 3 n 1 9T 13 n nn13T 33 5n 11 3n 1化简可得， ，n4 2 4 S T 33 5n 11 故 3 .nn 1 n4 16 8 16【点睛】本题考查了a，Sn 的关系，还考查了错位相减法求和，要掌握一些常见的求和方法，比如：错位相减，裂项相消，倒序相加等，属中档题.412）【解析】（1）a 2a 2n n1 na a n n 11n n12 2a a n (n 12 2n1a n2n1 n（2

9、） 1 2 2 2 3 2 ( 2n 2nS 2 n 2 n 1n2S 122 (n2n n2n2 1 n两式相减得51） ；（2）证明见解析；（3）证明见解析. a 2n1 nN* n【分析】答案第 3 页，共 8 页（1 n2时，a S S 1 n2 (n2 2n1.n1时 1 1 2 1 1a n n n可得解；b 1 3 b 1 （2）当n2时，根据 n ，即可得证； n1 3b 1 b 1n1 n1n（3）利用错位相减法可得： 1 ( ，即可得证.T n 1n3【详解】（1）当n1时， .1 1 1当n2时，a S S 1 n2 (n2 2n1.n n n检验，当n1时 1 1 2

10、1 1符合.a 所以 .a 2n1 nN* nb b 3 1 3 21 b（2）当n2时， 1 ，n n 3 n1b 1 b 1 b 1n1 n1 n1而1 13，所以数列 是等比数列，且首项为 3，公比为 3.b n（3）由（12）得b ，13n1 n nna 2n 1 1 c (2n nn n b 1 3 3n，所以n 1 2 3 n1 n2 3 n1 n1 1 1 1 1 1 3 5 (2n (2n 3 3 3 3 32 3 4 n n11 1 1 1 1 1 T n n 1 3 5 (2 (2 n3 3 3 3 3 3由-得n1 2 3 4 n2 1 1 1 1 1 1T (2n 2

11、n3 3 3 3 3 3 3 答案第 4 页，共 8 页2 n1 1 1 1n13 3 1 1 (2n 23 3 1 31n1 n1 1 1 1 n (2 3 3 3 3 n n2 2 2 1 3 3 3，n所以 1 ( .T n 1n3n1因为( 0，n 3所以n 1.【点睛】本题考查了利用Sn和an 的关系求通项，构造法证明等比数列，以及错位相减法求和，是数列基本方法的考查，属于基础题.2 S n n61） ；（2） . 1nan 2n 32 n【分析】（1）利用1,a2,3猜想 ，利用数学归纳法证明猜想成立.a n nn2（2）利用裂项求和法求得Sn.【详解】a a a a（1）依题意，

12、有 1 ，得 .x n n y n n1 n n2 22 1 a a 1 1a 1 a2y x a a a a2由 ，得 ，即 ， n n n nn n n n 1 n 1 n2 2 2 2 a a nna 由0 0可得 1 1， ， ，猜测 .n212证明：（）当n1时，可求得 1 ，命题成立；a12（）假设当nk时，命题成立，即有 ，则当 时，a nk1k kk2答案第 5 页，共 8 页 2 k k k k1 1由归纳假设得a a 2 a a ，即得 ，k 1 k k k 1 k 1 k 12 2 即 ，k k1 k1 k2 2 2 1 0 a k k a k 1 k 12 2 k k解

13、得a （ 不合题意，舍去）. 2 kka a k 1 k 1 k2 2即当nk1时，命题也成立. n n由（ n， ；an2S（2）n1 1 1 1 a a a an 1 n 2 n 3 2n2 2 2n 1 n 2 n 2 n 3 2n n 1 1 1 1 1 1 1 n 1 n 2 n 2 n 3 2n 2n 122 2 2n 2 n n n n n 2 1 2 1 2 3 1 2 1 3 n.【点睛】用数学归纳法进行证明时，证明nk1的过程中，一定要用上nk时的结论.71） 是斐波那契数列；详见解析（2）证明见解析（3）an n2 n21 1 5 1 51 5 2 2 【分析】（1）利用

14、Sn2 Sn1证得a a a ，同时计算出 2 1 1，证得结论；a a n 2 n 1 n51 51 n 1 0（2b a a a a a 与 n 1 n 2 n 1 n 1 n n 12 2比数列；n n 5 1 51 51 （3）由（2）得 ，即a a ，此式可变形为b n n 1 n2 2 2 n1 n 5 1 5 1 5 15a a n1 n2 2 2 5n n1 n 5 5 1 5 5 1 5 1 1 5得a ，从而得 ，再分组后由等比数列ann5 2 10 2 5 2 答案第 6 页，共 8 页的前n项和公式可得【详解】解：（1）因为1 1，S a a （n2，n）.2 1 n

15、n n 1所以Sn1 2an1 an 1，S 2 2a 2 a 1 1n n n得an2 an1 an，又S a a a ，故 是斐波那契数列；2 2 2 1 1 2 1 an51（2）因为b a a ，所以n n 1 n251 51b a a a a a n 1 n 2 n 1 n 1 n n 12 251 51 51 a a a an 1 n n 1 n2 2 2 51bn251 51 b 0b a a 0，即 ，n1 2 12 2b 515 1b 5 1即 1 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列；n nb 2 2 2nn n 5 1 51 51 b n n 1 n2 2 2 n n

16、1 5 1 5 1 5 15a a 令 ，化简得 ，n1 n2 2 2 5n n1 5 5 1 5 1 5 5 1a a n1 n5 2 2 5 2 5 51 5 5因为a 0，所以15 2 10an1ann1 5 5 1 5 2 51 2n5 5 1 5 2 n 5 5 1 5 5 51即 是以 为首项， 为公比的等比数列，故a n5 2 10 2 ann n1 n 5 5 1 5 5 1 5 1 1 5 5 2 10 2 5 2 答案第 7 页，共 8 页n n 5 5 1 5 1 5a 即 ；n5 2 5 2 所以Sn n n5 1 5 1 1 5 1 5 1 1 2 2 2 21 1 5 51 5 1 51 12 2 n2 n21 1 5 1 51 5 2 2 .【点睛】n 3 项的2an1 pan f(n)还是通过构造新的等比数列来求得通