高中化高三大题练习解题5数列专题5第24练

综合复习资料高中化学第24练数列求和问题[题型分析·高考展望]数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题.常考题型精析题型一分组转化法求和例1等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.点评分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列分组，即分组后，每一组可能是等差数列或等比数列.(2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.(4)根据奇数项、偶数项分组.变式训练1已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.题型二错位相减法求和例2(2015·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.点评错位相减法的关注点：(1)适用题型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项“{an·bn}”型数列求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式.变式训练2(2014·四川)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*).(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列{eq\f(an,bn)}的前n项和Tn.题型三裂项相消法求和例3在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列.(1)已知数列{an}的前10项和为45，求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，且数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＝eq\f(1,9)－eq\f(1,n＋9)，求数列{an}的公差.点评(1)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为eq\f(1,an·an＋1)的前n项和，其中{an}若为等差数列，则eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,d)·(eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)).其余还有公式法求和等.(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项.变式训练3(2014·大纲全国)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.高考题型精练1.(2015·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()A.a1d＞0，dS4＞0 B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0 D.a1d＜0，dS4＞02.(2014·课标全国Ⅱ)等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于()A.n(n＋1) B.n(n－1)C.eq\f(nn＋1,2) D.eq\f(nn－1,2)3.若数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,nn＋2)，则其前n项和Sn为()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.已知数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，则其前n项和Sn为()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.设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于()A.3 B.4C.5 D.66.已知数列{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)，那么数列{bn}的前n项和Sn为()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.在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________.8.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________.9.(2015·天津模拟)在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2))).(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n项和Tn.10.(2014·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(an,2n)}的前n项和.11.(2015·天津)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列.(1)求q的值和{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)，n∈N*，求数列{bn}的前n项和.12.(2015·安徽)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)记Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)，证明：Tn≥eq\f(1,4n).

答案精析第24练数列求和问题常考题型精析例1解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意.因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*).(2)因为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.所以当n为偶数时，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；当n为奇数时，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.综上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n为奇数.))变式训练1解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意，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)因为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)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时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)因为anbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；当n＞1时，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]，两式相减，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)，经检验，n＝1时也适合.综上可得Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).变式训练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)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－eq\f(1,ln2).由题意知，a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，从而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解设数列{an}的公差为d，由a1，a4，a8成等比数列可得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)由数列{an}的前10项和为45可得S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝45，即90d＋45d＝45，故d＝eq\f(1,3)，a1＝3，故数列{an}的通项公式为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)))，则数列{bn}的前n项和为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.故数列{an}的公差d＝1或－1.变式训练3解(1)由a1＝10，a2为整数，知等差数列{an}的公差d为整数.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.数列{an}的通项公式为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).高考题型精练1.B[∵a3，a4，a8成等比数列，∴(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，故选B.]2.A[由a2，a4，a8成等比数列，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[因为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).故选D.]4.A[因为an＝2n－1＋eq\f(1,2n)，则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，因为Sm＝0，故ma1＋eq\f(mm－1,2)d＝0，故a1＝－eq\f(m－1,2)，因为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)解析设等比数列{an}的公比为q，则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).则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为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由题意得Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，公差为2的等差数列.∴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的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，从而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)设{eq\f(an,2n)}的前n项和为Sn.由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，则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).两式相减得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)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.由递推公式得当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝.所以，{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(，n为奇数，,，n为偶数.))(2)由(1)得bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)＝eq\f(n,2n－1).设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×eq\f(1,20