微突破(二) 数列求和常用方法
例1 解:∵f(x)+f(1-x)=1,∴f+f=1.∵an=f(0)+f+f+…+f+f(1)①,∴an=f(1)+f+f+…+f+f(0)②,由①+②得2an=n+1,∴an=,故数列{an}的通项公式为an=.
例2 解:(1)根据题意得
可得所以an=-2+(n-1)×4=4n-6.
(2)由题意知,bn=an+32n-3,
所以Tn=a1+a2+a3+…+an+3-1+31+33+…+32n-3=+=n(2n-4)+.
例3 解:因为Sn=2an-2,所以Sn-1=2an-1-2,n≥2,
两式相减得an=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1,n≥2,因为S1=2a1-2,即a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n,
所以===2,
所以T100=2×=2=-.
例4 解:(1)由Sn+1=an知,
当n≥2时,Sn-1+1=an-1,两式相减得(Sn-Sn-1)=an-an-1,即an=an-an-1,整理得an=2an-1.
当n=1时,S1+1=a1,所以a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
(2)由题可得an+1-an=(n+1)dn,即2n+1-2n=(n+1)dn,所以dn=,
则=,所以Tn=+++…+①,
则Tn=+++…+②,
由①-②得Tn=1++++…+-=1+-=-,
所以Tn=3-.微突破(二) 数列求和常用方法
◆ 方法一 倒序相加法
如果一个数列满足与首末两项等“距离”的两项之和等于首末两项之和,那么这个数列的前n项和即可用倒序相加法来求,如等差数列的前n项和公式就是用此方法推导的.
例1 已知函数f(x)对任意的x∈R,都有f(x)+f(1-x)=1,若数列{an}满足an=f(0)+f+f+…+f+f(1),求数列{an}的通项公式.
◆ 方法二 分组求和法
如果一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.
例2 [2023·重庆八中高二期中] 在公差不为0的等差数列{an}中,其前n项和为Sn,且满足a3=S3,3S4=4a2a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+,求数列{bn}的前n项和Tn.
◆ 方法三 裂项相消法
把数列的通项公式拆成两项的差,求和时可正负相消,最后只剩下首尾若干项.
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,求数列的前100项和T100.
◆ 方法四 错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此方法推导的.
例4 [2023·浙江大学附中高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an和an+1之间插入n个数,使得这(n+2)个数依次组成公差为dn的等差数列,求数列的前n项和Tn.微突破(二) 数列求和常用方法
1.C [解析] ∵a1=1,an+1=
∴a2=2a1=2,a3=a2+1=3,a4=2a3=6,a5=a4+1=7,a6=2a5=14,∴{an}的前6项的和是1+2+3+6+7+14=33.故选C.
2.A [解析] S2023=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2018+a2019+a2020)+(a2021+a2022+a2023)=+++…++==675.故选A.
【技巧】 在进行并项求和时,若数列总项数除以需要进行合并计算的几项的项数后有余数,余数是几,一般从首项开始,就要有几项进行单独计算,然后对剩余项再进行并项求和,而不是从首项开始进行并项,留最后几项单独计算,这样做的目的是减小计算量.
3.C [解析] 因为a1=3,an+1=,所以a2==-2,a3==-,a4==,a5==3,…,所以数列{an}是以4为周期的周期数列,所以{an}的前2024项和为a1+a2+a3+…+a2024=506(a1+a2+a3+a4)=.故选C.
4.D [解析] 设数列{an}的前n项和为Sn,由题意得S100=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2+2+…+2=2×50=100.故选D.
5.A [解析] ==,则Tn==<,因为对任意的n∈N*,不等式m2-2m>6Tn恒成立,所以m2-2m≥6×,解得m≥3或m≤-1.故选A.
6.A [解析] ∵数列{an}为等差数列,其首项为1,公差为2,∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
∵数列{bn}为等比数列,其首项为1,公比为2,∴bn=1×2n-1=2n-1,∵cn==2×2n-1-1=2n-1,
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=-n=2n+1-2-n.
∵对任意的n∈N*,cn>0,∴数列{Tn}是递增数列,
又T9=210-2-9=1013<2024,T10=211-2-10=2036>2024,
∴当Tn<2024时,n的最大值为9.故选A.
7.D [解析] 因为a1=16,(n+1)an+1=2(n+2)an,所以=,所以数列是以8为首项,2为公比的等比数列,所以=2n+2,所以an=(n+1)2n+2.设数列{an}的前n项和为Tn,则Tn=2×23+3×24+4×25+…+(n+1)2n+2,则2Tn=2×24+3×25+4×26+…+(n+1)2n+3,两式相减得-Tn=2×23+24+25+…+2n+2-(n+1)2n+3=-n·2n+3,所以Tn=n·2n+3,所以T100=100×2103=25×2105.故选D.
8.C [解析] 对于A,B,由a1=1,an+1=2an+1,可得an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,
所以{an+1}为等比数列,其首项为2,公比为2,
所以an+1=2×2n-1=2n,所以an=2n-1,故A,B中说法正确;
对于C,数列{an}的前n项和Sn=-n=2n+1-n-2,故C中说法错误;
对于D,因为==-,
所以Tn=++…+=1-=,故D中说法正确.故选C.
9.BCD [解析] 对于A,因为an+1-2an=2n+1,所以-=1,又=1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,故A错误;对于B,由A知=1+(n-1)×1=n,则an=n·2n,所以bn=log2=log22n=n,
所以数列{bn}的前n项和为,故B正确;对于C,设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=2+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n①,则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1②,由①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)·2n+1-2,所以Sn=(n-1)·2n+1+2,故C正确;对于D,因为cn==<=-,所以Tn=c1+c2+c3+…+cn<-+-+-+…+-=-<,故D正确.故选BCD.
10.BCD [解析] 对于A,由题可知an=πn,则bn=cos nπ,显然数列{bn}是周期为2的周期数列,又b1=-1,b2=1,所以{bn}是首项-1,公比-1的等比数列,所以bn=(-1)×(-1)n-1=(-1)n,故A错误.对于B,设{bn}的前n项和为Sn,则Sn===,故B正确.对于C,cn=anbn=(-1)nnπ,设数列{cn}的前n项和为Tn,当n为偶数时,Tn=(-π+2π)+(-3π+4π)+…+[-(n-1)π+nπ]=π=π;当n为奇数时,Tn=Tn+1-cn+1=π-(-1)n+1(n+1)π=π-(n+1)π=-π=π.综上所述,Tn=π,故C正确.对于D,T2n=π=nπ,故D正确.故选BCD.
11.2236 [解析] 因为an=所以a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=+=190+211-2=2236.
12.319 [解析] 由3Sn=4an-1,得3Sn-1=4an-1-1(n≥2),
两式相减得3an=4an-4an-1(n≥2),即an=4an-1(n≥2),
又3a1=3S1=4a1-1,即a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为4的等比数列,所以an=4n-1.
因为bm为数列{an}在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,
所以b1=b2=b3=1,b4=b5=…=b15=2,b16=b17=…=b63=3,b64=b65=…=b100=4,
所以数列{bm}的前100项的和为1×3+2×12+3×48+4×37=319.
13.- [解析] 由题意知Sn=n2+2n①,当n=1时,S1=a1=3,当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+2(n-1)=n2-1②,由①-②得an=Sn-Sn-1=2n+1,又a1=3符合上式,所以an=2n+1,所以an+1=2n+3,所以bn===-,所以Tn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=-.
【点睛】 若数列的通项公式是分式的形式,分子是常数,分母是来自同一等差数列中的两项之积或两项的根式之和,则适用于裂项相消法.
14.解:(1)因为4Sn=(an+1)2,所以当n=1时,4a1=4S1=(a1+1)2,解得a1=1.当n≥2时,4Sn-1=(an-1+1)2,又4Sn=(an+1)2,所以两式相减得4an=(an+1)2-(an-1+1)2(n≥2),可得(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2),又an>0,所以an-an-1=2(n≥2),所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=2n-1.
(2)由(1)知bn===,则Tn===-.
15.解:(1)当n=1时,S1=2a1-3,可得a1=3,当n≥2时,由Sn=2an-3,得Sn-1=2an-1-3,
所以an=Sn-Sn-1=2an-3-(2an-1-3),即an=2an-1,
所以数列{an}是以3为首项,2为公比的等比数列,
所以an=3×2n-1.
(2)由(1)得bn=log2=log2=log22n=n,所以anbn=3n×2n-1,
所以Tn=3×20+6×21+9×22+…+3(n-1)×2n-2+3n×2n-1,
所以2Tn=3×21+6×22+9×23+…+3(n-1)×2n-1+3n×2n,
两式相减得-Tn=3(1+2+22+…+2n-1)-3n×2n=3×-3n×2n=3(1-n)2n-3,
所以Tn=3(n-1)2n+3.
16.解: (1)∵an+1=2an-1,∴an+1-1=2an-2=2(an-1),又a1-1=4,
∴{an-1}是首项为4,公比为2的等比数列,
∴an-1=4×2n-1=2n+1,
∴an=2n+1+1.
(2)∵bn=(-1)n·(2n+1+1)=(-1)n·2n+1+(-1)n,
∴bn+bn+1=(-1)n·(2n+1+1)+(-1)n+1·(2n+2+1)=(-2)n+1.
当n为偶数时,Sn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(bn-1+bn)=22+24+…+2n==.
当n为奇数,且n≥3时,
Sn=Sn-1+bn=-2n+1-1=-,当n=1时,S1=b1=-5也满足上式,∴当n为奇数时,Sn=-.
综上可得Sn=微突破(二) 数列求和常用方法
一、选择题
1.已知数列{an}满足a1=1,an+1=则{an}的前6项的和是( )
A.16 B.20 C.33 D.120
★2.[2023·安徽马鞍山二中高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,an+an+1+an+2=,则S2023= ( )
A.675 B.674 C.1384 D.2023
3.[2024·河北衡水高二期末] 在数列{an}中,a1=3,an+1=,则{an}的前2024项和为 ( )
A.589 B.590
C. D.
4.数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项和为 ( )
A.-200 B.-100 C.200 D.100
5.[2023·北京海淀区高二期中] 已知数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式m2-2m>6Tn恒成立,则实数m的取值范围是 ( )
A.(-∞,-1]∪[3,+∞)
B.(-∞,-3]∪[1,+∞)
C.[-3,1]
D.[-1,3]
6.[2024·吉林通化高二期末] 已知数列{an}为等差数列,其首项为1,公差为2,数列{bn}为等比数列,其首项为1,公比为2,设cn=,Tn为数列{cn}的前n项和,则当Tn<2024时,n的最大值为 ( )
A.9 B.10 C.11 D.12
7.已知数列{an}满足a1=16,(n+1)an+1=2(n+2)an,则数列{an}的前100项和为 ( )
A.25×2102 B.25×2103
C.25×2104 D.25×2105
8.[2024·合肥高二期末] 已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1,则下列说法错误的是 ( )
A.数列{an+1}是等比数列
B.an=2n-1
C.数列{an}的前n项和Sn=2n-n
D.数列的前n项和Tn=
9.(多选题)[2024·山西长治高二期末] 已知数列{an}满足a1=2,an+1-2an=2n+1,若bn=log2,n∈N*,则下列结论正确的是 ( )
A.数列是等比数列
B.数列{bn}的前n项和为
C.数列{an}的前n项和为(n-1)·2n+1+2
D.若cn=(n∈N*),数列{cn}的前n项和为Tn,则Tn<
10.(多选题)[2024·南京高二期末] 在等差数列{an}中,已知 a1=π,公差为 π,bn=cos an,cn=anbn,则下列说法正确的是 ( )
A.bn=(-1)n+1
B.b1+b2+b3+…+bn=
C.c1+c2+c3+…+cn=π
D.c1+c2+c3+…+c2n=nπ
二、填空题
11.若数列{an}满足an=则a1+a2+…+a20= .(用具体数值作答)
12.[2024·上海行知中学高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且3Sn=4an-1(n∈N*).记bm为数列{an}在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{bm}的前100项的和为 .
★13.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+2x的图象上,bn=,则数列{bn}的前n项和Tn= .
三、解答题
14.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
15.[2023·长春高二期末] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2,求数列{anbn}的前n项和Tn.
16.[2024·武汉高二期末] 在数列{an}中,a1=5,且an+1=2an-1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.(共13张PPT)
微突破（二） 数列求和常用方法
方法一 倒序相加法
如果一个数列满足与首末两项等“距离”的两项之和等于首末两项之
和,那么这个数列的前项和即可用倒序相加法来求,如等差数列的前
项和公式就是用此方法推导的.
例1 已知函数对任意的，都有 ，若数
列满足 ,求数列
的通项公式.
解： ,
①,
②,
由得，,
故数列 的通项公式为 .
方法二 分组求和法
如果一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成
的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.
例2 [2023·重庆八中高二期中] 在公差不为0的等差数列 中，其
前项和为，且满足， .
（1）求数列 的通项公式；
解：根据题意得
可得
所以 .
（2）设，求数列的前项和 .
解：由题意知， ，
所以 .
方法三 裂项相消法
把数列的通项公式拆成两项的差,求和时可正负相消,最后只剩下首尾
若干项.
例3 已知数列的前项和为，且 ，求数列
的前100项和 .
解：因为 ，
所以, ，
两式相减得 ，
即, ，
因为，即 ，
所以数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，
所以 ，
所以 .
方法四 错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之
积构成的,那么这个数列的前 项和即可用错位相减法来求,如等比数
列的前 项和公式就是用此方法推导的.
例4 [2023·浙江大学附中高二期中] 已知数列的前项和为 ，
且 .
（1）求数列 的通项公式；
解：由 知，当时， ，
两式相减得，
即，整理得 .
当时，，所以 ，
所以数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以 .
（2）在和之间插入个数，使得这 个数依次组成公差
为的等差数列，求数列的前项和 .
解：由题可得，即 ，
所以 ，
则，所以 ，
则 ，
由 得
，
所以 .
