习题课 2

习题课二　求数列的和题型一　分组分解求和【例1】　已知正项等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝6，a 3＋a 4＝24.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和.解　(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则{a 1＋a 1·q ＝6，a 1·q 2＋a 1·q 3＝24，解得{a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝a 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝log 22n ＝n ，设{a n ＋b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n )＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2×（2n －1）2－1＋n （1＋n ）2＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .规律方法　1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝{a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.【训练1】　已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解　(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1×(2n －1)，∴T 2n ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n －3)－(4n －1)]＝(－2)·n＝－2n.题型二　裂项相消法求和【例2】　已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S2＝2，S4＝16，{a n＋1}是等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a n>0，设b n＝log2(3a n＋3)，求数列{1b n b n＋1}的前n项和.解　(1)设等比数列{a n＋1}的公比为q，其前n项和为T n，因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，易知q≠1，所以T2＝（a1＋1）（1－q2）1－q＝4①，T4＝（a1＋1）（1－q4）1－q＝20②，由②①得1＋q2＝5，解得q＝±2.当q＝2时，a1＝13，所以a n＋1＝43×2n－1＝2n＋13；当q＝－2时，a1＝－5，所以a n＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.所以a n＝2n＋13－1或a n＝－(－2)n＋1－1.(2)因为a n>0，所以a n＝2n＋13－1，所以b n＝log2(3a n＋3)＝n＋1，所以1b n b n＋1＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，所以数列{1b n b n＋1}的前n项和为(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n＋1－1n＋2)＝12－1n＋2＝n2（n＋2）.规律方法　(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.常见的拆项公式：(ⅰ)1n（n＋1）＝1n－1n＋1；(ⅱ)1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)；(ⅲ)1n＋n＋1＝n＋1－n.(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.(3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【训练2】　设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求a n；(2)设b n＝1S n，求数列{b n}的前n项和为T n.解　(1)设数列{a n}的公差为d，由题意得{3a1＋3d＝a1＋6d，（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得S n＝na1＋n（n－1）2d＝n(n＋2)，∴b n＝1n（n＋2）＝12(1n－1n＋2).∴T n＝b1＋b2＋…＋b n－1＋b n＝12[(1－13)＋(12－14)＋…＋(1n－1－1n＋1)＋(1n－1n＋2)]＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝34－12(1n＋1＋1n＋2).题型三　错位相减法求和【例3】　已知{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{a n}的通项公式；(2){b n}为各项非零的等差数列，其前n项和为S n，已知S2n＋1＝b n b n＋1，求数列{b n a n}的前n 项和T n.解　(1)设{a n}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2，又a n>0，解得：a1＝2，q＝2，所以a n＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)b n＋1，又S2n＋1＝b n b n＋1，b n＋1≠0，所以b n＝2n＋1.令c n＝b na n，则c n＝2n＋12n，因此T n＝c1＋c2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，又12T n＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12T n＝32＋(12＋122＋…＋12n－1)－2n＋12n＋1＝32＋12[1－(12)n－1]1－12－2n＋12n＋1＝52－2n＋52n＋1，所以T n＝5－2n＋5 2n.规律方法　1.一般地，如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n”的表达式.【训练3】　已知数列{a n}的通项公式为a n＝3n－1，在等差数列{b n}中，b n>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.(1)求数列{a n b n}的通项公式；(2)求数列{a n b n}的前n项和T n.解　(1)∵a n＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差数列{b n}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.设等差数列{b n}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵b n>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴b n＝2n＋1.故a n b n＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.(2)由(1)知T n＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①3T n＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②－2T n＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×3－3n1－3－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.∴T n＝n·3n，n∈N*.一、素养落地1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.2.求数列的前n项和，一般有下列几种方法.(1)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.(2)分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(3)裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(4)奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.(5)倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法.二、素养训练1.数列214，418，6116，…的前n项和S n为( )A.n2＋1＋12n＋1B.n2＋2－12n＋1C.n(n＋1)＋12－12n＋1D.n(n＋1)＋12n＋1解析　S n＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(14＋18＋…＋12n＋1)＝12n(2＋2n)＋14(1－12n)1－12＝n(n＋1)＋12－12n＋1.2.等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( )A.6 B.5 C.4D.3解析　∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5，∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10)＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5.故选B.答案　B 3.数列{2n （n ＋1）}的前2 020项和为________.解析　因为2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，所以S 2 020＝2(1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021)＝2(1－12 021)＝4 0402 021.答案　4 0402 0214.已知数列a n ＝{n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________.解析　由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5 000.答案　5 0005.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *.(1)设b n ＝a n 2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明　由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列.(2)解　由(1)知，b n ＝n ，a n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，两边同时乘以2得2S n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两式相减得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1.三、审题答题示范(一)　数列求和问题【典型示例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＝4，2S n ＝na n ＋n ①，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若取出数列{a n }中的部分项a 2，a 6，a 22，…依次组成一个等比数列{c n }，若数列{b n }满足a n ＝b n ·c n ，求证：数列{b n }的前n 项和T n <23.②联想解题看到①，想到a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，利用S n 与a n 的关系结合定义法或等差中项法证明数列{a n }为等差数列并求通项公式.看到②，想到利用错位相减法求数列{b n }的前n 项和T n ，从而得到T n 的取值范围，即可证明T n <23.满分示范(1)解　数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋n ，n ∈N *，当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，则a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1①，a n ＋1＝S n ＋1－S n ②.2分由②－①得，S n ＋1－2S n ＋S n －1＝a n ＋1－a n ，所以（n ＋1）（a n ＋1＋1）2－n (a n ＋1)＋（n －1）（a n －1＋1）2＝a n ＋1－a n ，所以（n －1）a n ＋1＋（n －1）a n －12＝(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －12＝a n ，所以数列{a n }为等差数列.5分又a 1＝1，且a 2＝4，整理得a n ＝3n －2.6分(2)证明　由a2＝4，a6＝16，解得c n＝4n，所以b n＝(3n－2)×14n.8分则T n＝1×14＋4×142＋…＋(3n－2)×14n③，1 4T n＝1×142＋4×143＋…＋(3n－2)×14n＋1④，9分由③－④得，34T n＝14＋3(142＋…＋14n)－(3n－2)×14n＋1＝12－3n＋24n＋1，解得T n＝23－3n＋23×4n<23.12分满分心得(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.基础达标一、选择题1.已知数列{a n}的通项a n＝2n＋1，n∈N*，由b n＝a1＋a2＋a3＋…＋a nn所确定的数列{b n}的前n项的和是( )A.n(n＋2)B.12n(n＋4)C.12n(n＋5) D.12n(n＋7)解析　∵a1＋a2＋…＋a n＝n2(2n＋4)＝n2＋2n.∴b n＝n＋2，∴{b n}的前n项和S n＝n（n＋5）2.答案　C2.数列12×5，15×8，18×11，…，1（3n－1）×（3n＋2），…的前n项和为( )A.n3n＋2B.n6n＋4C.3n6n＋4D.n＋1n＋2解析　由数列通项公式1（3n －1）（3n ＋2）＝13(13n －1－13n ＋2)，得前n 项和S n ＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13(12－13n ＋2)＝n6n ＋4.答案　B 3.1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋1210)的值为( )A.18＋129B.20＋1210C.22＋1211D.18＋1210解析　设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×[1－(12)n]1－12＝2[1－(12)n]，∴原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11]＝2[11－(12＋122＋…＋1211)]＝2[11－12(1－1211)1－12]＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210.答案　B4.已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 021＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝( )A.2 021 B.2 0212C.2D.12解析　∵函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，∴f (x )＋f(1x )＝21＋x 2＋21＋(1x)2＝21＋x 2＋2x 2x 2＋1＝2.∵数列{a n}为等比数列，且a1·a2 021＝1，∴a1a2 021＝a2a2 020＝a3a2 019＝…＝a2 021a1＝1.∴f(a1)＋f(a2 021)＝f(a2)＋f(a2 020)＝f(a3)＋f(a2 019)＝…＝f(a2 021)＋f(a1)＝2，∴f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 021)＝2 021.故选A.答案　A5.定义np1＋p2＋…＋p n为n个正数p1，p2，…，p n的“均倒数”.若已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为13n＋1，又b n＝a n＋26，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝( )A.111B.1011C.910D.1112解析　由题意得na1＋a2＋…＋a n＝13n＋1，所以a1＋a2＋…＋a n＝n(3n＋1)＝3n2＋n，记数列{a n}的前n项和为S n，则S n＝3n2＋n.当n＝1时，a1＝S1＝4；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2＋n－[3·(n－1)2＋(n－1)]＝6n－2.经检验a1＝4也符合此式，所以a n＝6n－2，n∈N*，则b n＝a n＋2 6＝n，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝11×2＋12×3＋…＋19×10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(19－110)＝1－110＝910.故选C.答案　C二、填空题6.设a n＝1n＋1＋n，数列{a n}的前n项和S n＝9，则n＝________.解析　a n＝1n＋1＋n＝n＋1－n，故S n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1＝9.解得n＝99.答案　997.在数列{a n}中，已知S n＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N*，则S15＋S22－S31的值是________.解析　S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，S22＝－4×11＝－44，S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.答案　－768.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________.解析　∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，化为a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －1.∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1.∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴T n ＝(n －1)2n ＋1.答案　(n －1)2n ＋1三、解答题9.已知函数f (x )＝2x －3x －1，点(n ，a n )在f (x )的图象上，数列{a n }的前n 项和为S n ，求S n .解　由题意得a n ＝2n －3n －1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )－n＝2（1－2n ）1－2－3·n （n ＋1）2－n ＝2n ＋1－n （3n ＋5）2－2.10.已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解　(1)由已知得{2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得{a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.能力提升11.已知等差数列{a n}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{a n cos nπ}的前2 020项和为( )A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析　设数列{a n}的公差为d，由{2a1＋6d＝a1＋3d＋7，a1＋9d＝19，解得{a1＝1，d＝2，∴a n＝2n－1.设b n＝a n cos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos nπ}的前2 020项和S2 020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×2 020 2＝2 020.故选D.答案　D12.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n＋λ}是不是等比数列，并求a n；(2)当λ＝1时，求数列{n(a n＋λ)}的前n项和T n.解　(1)因为a n＋1＝2a n＋λ，所以a n＋1＋λ＝2(a n＋λ).又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{a n＋λ}不是等比数列，此时a n＋λ＝a n－1＝0，即a n＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以a n＋λ≠0，所以数列{a n＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n＋λ＝(1＋λ)2n－1，即a n＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知a n＝2n－1，所以n(a n＋1)＝n·2n，T n＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①2T n＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②①－②得：－T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.创新猜想13.(多空题)设等差数列{a n}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则a n＝________，数列{1a2n－1}的前n项和为________.解析　设等差数列{a n}的公差为d.∵{a n}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴a n＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14(1n －1n ＋1)，∴{1a 2n －1}的前n 项和为14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14(1－1n ＋1)＝n 4（n ＋1）.答案　2n ＋1　n4（n ＋1）14.(多空题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n ＝(1－13n )a n ＋1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2，则a n ＝________，数列{b n }的前2n 项和为________.解析　根据题意，数列{a n }满足2S n ＝(1－13n )a n ＋1①，则当n ≥2时，有2S n －1＝(1－13n －1)a n ②，由①－②可得(1－13n )(a n ＋1－3a n )＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0，即a n ＋1＝3a n (n ≥2).由2S n ＝(1－13n )a n ＋1，可求得a 2＝3，a 2＝3a 1，则数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2＝(－1)n ·(log 33n －1)2＝(－1)n (n －1)2，则b 2n －1＋b 2n ＝－(2n －2)2＋(2n －1)2＝4n －3.所以数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝1＋5＋9＋…＋(4n －3)＝n （1＋4n －3）2＝2n 2－n .答案　3n －1　2n 2－n。