2020年高考数学一轮复习 专题4.4 数列的求和方法练习（含解析）

第四讲数列求和1.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；2.裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；3.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；4.倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．5.并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．考向一裂项相消【例1】已知数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足2(Sn＋1)＝(n＋3)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝1anan＋1，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn3.【答案】（1）an＝13(n＋2).（2）见解析【解析】(1)解2(Sn＋1)＝(n＋3)an，①当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝(n＋2)an－1，②①－②得，(n＋1)an＝(n＋2)an－1，所以ann＋2＝an－1n＋1(n≥2)，又∵a11＋2＝13，故ann＋2是首项为13的常数列.所以an＝13(n＋2).(2)证明由(1)知，bn＝1anan＋1＝9（n＋2）（n＋3）＝91n＋2－1n＋3.∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝913－14＋14－15＋…＋1n＋2－1n＋3＝913－1n＋3＝3－9n＋33.【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始【套路秘籍】---千里之行始于足下【举一反三】1.已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝a2n＋an，数列{bn}满足b1＝12，2bn＋1＝bn＋bnan.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝bn＋2Sn，求c1＋c2＋…＋cn的和．【答案】（1）an＝n.bn＝n2n.（2）12－1n＋12n＋1.【解析】(1)由题意知2Sn＝a2n＋an，①2Sn＋1＝a2n＋1＋an＋1，②②－①得2an＋1＝a2n＋1－a2n＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是公差为1的等差数列．【套路总结】解题思路：第一步定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式；第二步巧裂项：即根据通项公式特征准确裂项，将其表示为两项之差的形式；第三步消项求和：即把握消项的规律，准确求和.使用特征：1.分式：分母可以写成两个因式相乘2.检验：检验是否可以裂项分母中两个因式：a=小因式-大因式分子判断a是不是为常数，如果是则可以裂项，裂成）大因式1-小因式1a(原式常见形式：(1)1nn＋1＝1n－1n＋1；(2)12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n；(4)1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2.在2Sn＝a2n＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n.由2bn＋1＝bn＋bnan，得bn＋1n＋1＝12·bnn，所以数列bnn是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以bnn＝12n，即bn＝n2n.(2)由(1)知Sn＝a1＋ann2＝n2＋n2，所以cn＝bn＋2Sn＝n＋2n2＋n2n＋1＝1n·2n－1n＋12n＋1，所以c1＋c2＋…＋cn＝12－1n＋12n＋1.2.设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝bn＋1TnTn＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.【答案】（1）an＝－14n.（2）见解析【解析】(1)因为an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，两式相减，得an＋1＝－14an，又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－14，所以数列{an}是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{an}的通项公式an＝－14n.(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，cn＝bn＋1TnTn＋1＝2n＋1n2（n＋1）2＝1n2－1（n＋1）2，所以An＝1－1（n＋1）2.因此{An}是单调递增数列，∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－14＝34；An没有最大值.考向二错位相减【例2】公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝10，且a1，a3，a9成等比数列.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an3n的前n项和Tn.【答案】（1）an＝n.（2）Tn＝34－2n＋34×3n.【解析】(1)设{an}的公差为d，由题设得4a1＋6d＝10，a23＝a1·a9，∴4a1＋6d＝10，（a1＋2d）2＝a1（a1＋8d）.解之得a1＝1，且d＝1.因此an＝n.(2)令cn＝n3n，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，①13Tn＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，②①－②得：23Tn＝13＋132＋…＋13n－n3n＋1＝131－13n1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，∴Tn＝34－2n＋34×3n.【举一反三】1．设等比数列{𝑎𝑎}的前𝑎项和为𝑎𝑎，已知𝑎1=2，且4𝑎2,3𝑎3,2𝑎5成等差数列．（1）求数列{𝑎𝑎}的通项公式；（2）若数列{𝑎𝑎2⋅𝑎𝑎}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{𝑎𝑎}的前𝑎项和𝑎𝑎．【答案】（1）𝑎𝑎=2或𝑎𝑎=2×(−2)𝑎−1；（2）𝑎𝑎=𝑎24或𝑎𝑎=59−6𝑎+59×4𝑎.【解析】（1）设等比数列公比为𝑎,由6𝑎3=4𝑎2+2𝑎5,∴4(𝑎3−𝑎2)=2(𝑎5−𝑎3)，∴2𝑎3=𝑎4+𝑎5，∴2=𝑎+𝑎2，∴𝑎=1或𝑎=−2,当𝑎=1时，𝑎𝑎=𝑎1=2，当𝑎=−2时，𝑎𝑎=2×(−2)𝑎−1.（2）𝑎𝑎2⋅𝑎𝑎=1+(𝑎−1)×2=2𝑎−1,∴𝑎𝑎=2𝑎−1𝑎𝑎2,当𝑎𝑎=2时，𝑎𝑎=2𝑎−14,𝑎𝑎=14+34+⋯+2𝑎−14=𝑎24,当𝑎𝑎=2×(−2)𝑎−1时，𝑎𝑎=(2𝑎−1)(14)𝑎,𝑎𝑎=(14)1+3×(14)2+5×(14)3⋯+(2𝑎−1)×(14)𝑎,【套路总结】使用条件：等差数列x等比数列（或者等比数列等差数列）或者一次函数x指数函数（或者指数函数一次函数）（等差数列的通项公式为关于n的一次函数，等比数列的通项公式是指数函数）解题三步骤：前n项和Sn=----①qSn=.....②①-②得到：中间一定会用到等比数列的求和公式解题思路：第一步：巧拆分：即根据通项公式分解为等差数列和等比数列乘积的形式；第二步确定等差、等比数列的通项公式；第三步构差式：即写出nS的表达式，然后两边同时乘以等比数列的公比得到另外一个式子，两式作差；第四步求和：根据差式的特征准确求和.14𝑎𝑎=(14)2+3×(14)3+⋯+(2𝑎−3)×(14)𝑎+(2𝑎−1)×(14)𝑎+1,-得34𝑎𝑎=14+2×((14)2+(14)3+⋯+(14)𝑎)−(2𝑎−1)×(14)𝑎+1,∴34𝑎𝑎=14+2×116×(1−(14)𝑎−1)1−14−(2𝑎−1)×(14)𝑎+1,所以，T𝑎=59−6𝑎+59×4𝑎.2．已知数列{𝑎𝑎}是各项均为正数的等比数列，其前𝑎项和为𝑎𝑎，点𝑎𝑎、𝑎𝑎均在函数𝑎(𝑎)=log2𝑎的图象上，𝑎𝑎的横坐标为𝑎𝑎，𝑎𝑎的横坐标为𝑎𝑎+1，直线𝑎𝑎𝑎𝑎的斜率为𝑎𝑎.若𝑎1=1，𝑎2=12，则数列{𝑎𝑎⋅𝑎(𝑎𝑎)}的前𝑎项和𝑎𝑎=__________．【答案】(𝑎−2)⋅2𝑎+2【解析】由题意可知：𝑎1(𝑎1，log2𝑎1)，𝑎2(𝑎2，log2𝑎2)，𝑎1(𝑎1+1，log2(𝑎1+1))，𝑎2(𝑎2+1，log2(𝑎2+1))，∴{𝑎1=log2(𝑎1+1)−log2𝑎1𝑎1+1−𝑎1=1𝑎2=log2(𝑎2+1)−log2𝑎2𝑎2+1−𝑎2=12，解得{𝑎1=1𝑎2=2，∴𝑎𝑎=2𝑎−1，𝑎(𝑎𝑎)=log22𝑎−1=𝑎−1∴𝑎𝑎⋅𝑎(𝑎𝑎)=(𝑎−1)2𝑎−1∴𝑎𝑎=0×20+1×21+2×22+⋯+(𝑎−2)×2𝑎−2+(𝑎−1)×2𝑎−1①2𝑎𝑎=0×21+1×22+1×22+2×23+⋯+(𝑎−2)×2𝑎−1+(𝑎−1)×2𝑎②①﹣②得−𝑎𝑎=2+22+23+⋯+2𝑎−1−(𝑎−1)×2𝑎，所以−𝑎𝑎=2(1−2𝑎−1)1−2−(𝑎−1)×2𝑎，整理得𝑎𝑎=(𝑎−2)⋅2𝑎+2．故答案为：(𝑎−2)⋅2𝑎+2考向三奇偶并项求和【例3】已知正项数列{𝑎𝑎}的前n项和为𝑎𝑎，𝑎1=1，𝑎𝑎=𝑎𝑎2−𝑎𝑎−1(𝑎≥2，𝑎∈𝑎∗)．（1）求证：数列{𝑎𝑎}为等差数列；（2）记𝑎𝑎=2𝑎2𝑎−1，求数列{𝑎𝑎}的前n项和Rn；（3）记𝑎𝑎=(−1)𝑎⋅𝑎𝑎2，求数列{𝑎𝑎}的前2n项和𝑎2𝑎．【答案】（1）见解析；(2)23(4𝑎−1)；（3）2𝑎2+𝑎【解析】（1）证明：正项数列{an}的前n项和为𝑎𝑎，𝑎1=1，𝑎𝑎=𝑎𝑎2−𝑎𝑎−1(𝑎≥2，𝑎∈𝑎∗)．∴𝑎𝑎+1=𝑎𝑎+12−𝑎𝑎，相减可得：𝑎𝑎+1=𝑎𝑎+12-𝑎𝑎2-𝑎𝑎，化为（𝑎𝑎+1+𝑎𝑎）（𝑎𝑎+1−𝑎𝑎−1)=0,∵𝑎𝑎+1+𝑎𝑎0，∴𝑎𝑎+1−𝑎𝑎=1，𝑎=2时，𝑎2=𝑎22−𝑎1，∴1+𝑎2=𝑎22−1，𝑎20，解得𝑎2=2，满足上式．即𝑎𝑎+1−𝑎𝑎=1，𝑎∈𝑎∗．∴数列{𝑎𝑎}为等差数列，首项为1，公差为1．（2）解：由（1）可得：𝑎𝑎=1+𝑎−1=𝑎．𝑎𝑎=2𝑎2𝑎−1=22𝑎−1．∴数列{𝑎𝑎}的前𝑎项和𝑎𝑎=2+23+⋯…+22𝑎−1=2(4𝑎−1)4−1=23(4𝑎−1)．（3）解：𝑎𝑎=(−1)𝑎·𝑎𝑎2=(−1)𝑎·𝑎2．∴𝑎2𝑎−1+𝑎2𝑎=−(2𝑎−1)2+(2𝑎)2=4𝑎−1．∴数列{𝑎𝑎}的前2𝑎项和𝑎2𝑎=𝑎(3+4𝑎−1)2=2𝑎2+𝑎．【举一反三】1．已知数列na中，1am，且*1321,nnnnaanbannN.（1）判断数列nb是否为等比数列，并说明理由；（2）当2m时，求数列(1)nna的前2020项和2020S.【答案】（1）①01x时，不是等比数列；②1m时，是等比数列；（2）2021340434.【解析】（1）1321nnaan，111321133nnnnnbanannanb，∴①当01x时，10b，故数列nb不是等比数列；②当1m时，数列nb是等比数列，其首项为110bm，公比为3.（2）由(1)且当1m时有：1333nnnnban，即3nnan，(1)(3)(1)nnnnan，2020202031(3)S[(12)(34)(20192020)]1(3)