习题课——数列求和
课后篇巩固提升
基础巩固
1.已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+2),则S5等于( )
A.67 B.5021
C.2521 D.2542
解析因为an=1n(n+2)=121n-1n+2,
所以S5=a1+a2+a3+a4+a5=121-13+12?14+13?15+14?16+15?17=2542.
答案D
2.已知数列{an}的通项公式an=1n+n+1,若该数列的前k项之和等于9,则k等于( )
A.99 B.98
C.97 D.96
解析因为an=1n+n+1=n+1?n,所以其前n项和Sn=(2-1)+(3?2)+…+(n+1?n)=n+1-1.令k+1-1=9,解得k=99.
答案A
3.数列112,234,398,42716,…的前n项和为( )
A.12(n2+n-2)+32n
B.12n(n+1)+1-32n
C.12(n2-n+2)-32n
D.12n(n+1)+31-32n
解析数列的前n项和为1+12+2+34+3+98+…+n+12×32n-1=(1+2+3+…+n)+12+34+98+…+12×32n-1=n(n+1)2+121-32n1-32=n(n+1)2+32n-1=12(n2+n-2)+32n,故选A.
答案A
4.已知{an}为等比数列,{bn}为等差数列,且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,…,则数列{cn}的前10项和为( )
A.978 B.557
C.467 D.979
解析由题意可得a1=1,设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,
则q+d=1,q2+2d=2,∴q2-2q=0.
∵q≠0,∴q=2,d=-1.
∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,
∴cn=2n-1+1-n.
设数列{cn}的前n项和为Sn,则S10=20+0+21-1+…+29-9=(20+21+…+29)-(1+2+…+9)=1-2101-2?9(9+1)2=1 023-45=978.
答案A
5.已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=1+cos2nπ2an+sin2nπ2,则该数列的前18项和为( )
A.2 101 B.2 012
C.1 012 D.1 067
解析由题意可得a3=a1+1,a5=a3+1=a1+2,所以奇数项组成以公差为1,首项为1的等差数列,共有9项,因此S奇=9(1+9)2=45.偶数项a4=2a2,a6=2a4=22a2,因此偶数项组成以2为首项,2为公比的等比数列,共有9项,所以S偶=2(1-29)1-2=-2+210=1 022.故数列{an}的前18项和为1 022+45=1 067.
答案D
6.已知数列{an}的通项公式an=2n-12n,则其前n项和为 .?
解析数列{an}的前n项和Sn=2×1-12+2×2-122+…+2n-12n=2(1+2+…+n)-12+122+…+12n=2·n(n+1)2?121-(12)n1-12=n2+n+12n-1.
答案n2+n+12n-1
7.求和12-22+32-42+…+992-1002= .?
解析12-22+32-42+…+992-1002
=(12-22)+(32-42)+…+(992-1002)
=(1-2)×(1+2)+(3-4)×(3+4)+…+(99-100)×(99+100)
=-(1+2+3+4+…+99+100)
=-5 050.
答案-5 050
8.数列112+3,122+6,132+9,142+12,…的前n项和等于 .?
解析∵an=1n2+3n=131n-1n+3,
∴Sn=131-14+12-15+13-16+…+
1n-1-1n+2+1n-1n+3
=131+12+13-1n+1-1n+2-1n+3
=1118?3n2+12n+113(n+1)(n+2)(n+3).
答案1118?3n2+12n+113(n+1)(n+2)(n+3)
9.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列1a2n-1a2n+1的前n项和Tn.
解(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d.
由已知可得3a1+3d=0,5a1+10d=-5,
解得a1=1,d=-1.
故{an}的通项公式为an=2-n.
(2)由(1)知1a2n-1a2n+1=1(3-2n)(1-2n)=1(2n-3)(2n-1)=1212n-3-12n-1,
从而数列1a2n-1a2n+1的前n项和为
Tn=121-1-11+11-13+…+12n-3-12n-1
=n1-2n.
10.已知等差数列{an}的公差为2,且a1,a1+a2,2(a1+a4)成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列an2n-1的前n项和为Sn,求证:Sn<6.
(1)解∵{an}为等差数列,
∴a2=a1+d=a1+2,a4=a1+3d=a1+6.
∵a1,a1+a2,2(a1+a4)成等比数列,
∴(a1+a2)2=2a1(a1+a4),
即(2a1+2)2=2a1(2a1+6),
解得a1=1,∴an=1+2×(n-1)=2n-1.
(2)证明由(1),知an2n-1=2n-12n-1.
∴Sn=120+321+522+…+2n-12n-1,①
12Sn=121+322+523+…+2n-12n,②
①-②,得
12Sn=1+2121+122+123+…+12n-1?2n-12n
=1+2×121-12n-11-12?2n-12n=1+2-12n-2?2n-12n=3-42n+2n-12n=3-2n+32n,∴Sn=6-2n+32n-1.∵n∈N*,2n+32n-1>0,∴Sn=6-2n+32n-1<6.
能力提升
1.已知数列{an}的通项公式an=(-1)n-1n2,则其前n项和为( )
A.(-1)n-1n(n+1)2
B.(-1)nn(n+1)2
C.n(n+1)2
D.-n(n+1)2
解析依题意Sn=12-22+32-42+…+(-1)n-1n2.
当n为偶数时,Sn=12-22+32-42+…-n2=(12-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=-[1+2+3+4+…+(n-1)+n]=-n(n+1)2.
当n为奇数时,Sn=12-22+32-42+…-(n-1)2+n2=Sn-1+n2=-n(n-1)2+n2=n(n+1)2.
∴Sn=(-1)n-1n(n+1)2.故选A.
答案A
2.已知数列{an}为12,13+23,14+24+34,15+25+35+45,…,则数列{bn}=1anan+1的前n项和Sn为 ( )
A.41-1n+1 B.412-1n+1
C.1-1n+1 D.12?1n+1
解析∵an=1+2+3+…+nn+1=n(n+1)2n+1=n2,
∴bn=1anan+1=4n(n+1)=41n-1n+1.
∴Sn=41-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=41-1n+1.
答案A
3.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,a2=2,a3=3,数列{an+an+1+an+2}是公差为2的等差数列,则S25= ( )
A.232 B.233
C.234 D.235
解析令bn=an+an+1+an+2,则b1=1+2+3=6,由题意知bn=6+2(n-1)=2n+4.
因为S25=a1+a2+a3+…+a25=a1+b2+b5+…+b23,
而b2,b5,…,b23构成公差为6的等差数列,且b2=8,
于是S25=1+8×8+8×72×6=233.
答案B
4.数列11,103,1 005,10 007,…的前n项和Sn= .?
解析因为数列的通项公式为an=10n+(2n-1),
所以Sn=(10+1)+(102+3)+…+(10n+2n-1)=(10+102+…+10n)+[1+3+…+(2n-1)]=10(1-10n)1-10+n(1+2n-1)2=109(10n-1)+n2.
答案109(10n-1)+n2
5.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和等于 .?
解析数列的通项为an=1+2+22+…+2n-1,
因为an=1+2+22+…2n-1=1-2n1-2=2n-1,
所以该数列的前n项和Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(2+22+…+2n)-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
答案2n+1-n-2
6.已知数列{an}的前n项和为Sn=3n2-2n,而bn=3anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,则使得Tn<m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m等于 .?
解析由Sn=3n2-2n,得an=6n-5.∵bn=3anan+1=3(6n-5)(6n+1)=1216n-5-16n+1,
∴Tn=121-17+17-113+…+16n-5-16n+1x=121-16n+1.
∵121-16n+1<12,∴要使121-16n+1<m20对n∈N*成立,需有m20≥12,即m≥10,故符合条件的最小正整数为10.
答案10
7.已知递增数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=12(an2+n).
(1)求a1及数列{an}的通项公式;
(2)设cn=1an+12-1,n为奇数,3×2an-1+1,n为偶数,求数列{cn}的前20项和T20.
解(1)当n=1时,a1=S1=12(a12+1),解得a1=1.
当n≥2时,Sn-1=12(an-12+n-1),
an=Sn-Sn-1=12(an2?an-12+1),
解得 an-an-1=1或an+an-1=1(n≥2).
因为{an}为递增数列,所以an-an-1=1,
{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n.
(2)由题意,知cn=1(n+1)2-1,n为奇数,3×2n-1+1,n为偶数,
所以T20=122-1+142-1+…+1202-1+3×(21+23+…+219)+10
=11×3+13×5+…+119×21+3×2×(1-410)1-4+10
=12×11-13+13-15+…+119-121+2×(410-1)+10=1021+221+8=221+17821.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,S1=1,S2=2,当n≥2时,Sn+1-Sn-1=2n.
(1)求证:an+2-an=2n(n∈N*);
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设Tn=a1+12a2+122a3+…+12n-1an,求Tn.
(1)证明当n≥2时,因为an+1+an=2n,an+2+an+1=2n+1,
所以an+2-an=2n.
又因为a1=1,a2=1,a3=3,
所以a3-a1=2,所以an+2-an=2n(n∈N*).
(2)解当n为奇数时,an-a1=(an-an-2)+(an-2-an-4)+…+(a5-a3)+(a3-a1)=2n-2+2n-4+…+23+2=2(1-4n-12)1-4=23(2n-1-1),所以an=2n3+13.
同理,当n为偶数时,an=2n3?13.
故数列{an}的通项公式是an=2n3+13,n是奇数,2n3-13,n是偶数.
(3)解由于Tn=a1+12a2+122a3+…+12n-1an,①
12Tn=12a1+122a2+…+12n-1an-1+12nan,②
①+②得32Tn=n+12nan.所以当n为奇数时,Tn=23n+2n+19×2n-1;当n为偶数时,Tn=23n+2n-19×2n-1.
故Tn=23n+2n+19×2n-1,n为奇数,23n+2n-19×2n-1,n为偶数.
课件32张PPT。习题课——数列求和一、 裂项相消法求和 (2)将数列中的每一项转化为两项之差的形式,通过正负项相互抵消求得数列的和.2.填空:
(1)裂项相消法就是把数列的各项变为两项之差,使得相加求和时一些正负项相互抵消,前n项和变成首尾若干项之和,从而求出数列的前n项和.
(2)常用的一些裂项技巧:3.做一做:
(1)判断正误.答案:①× ②× 二、 分组求和法 提示:不是等差数列,也不是等比数列.它们的每一项是由一个等差数列和一个等比数列的各项相加减得到的.2.填空:
分组求和法:如果一个数列的各项是由若干个等差数列和等比数列的项相加减得到的,那么可以把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合,使其分别构成等差数列或等比数列,然后利用等差、等比数列的求和公式求解.3.做一做:
数列{n+2n}的前n项和Sn等于 .?解析: 三、 并项转化法求和
1.思考:给出数列:1,-3,5,-7,9,-11,…,该数列是等差数列吗?该数列中各项的符号有什么特点?如果将该数列依次两项两项分段相加,得到的新数列是什么数列?
提示:该数列不是等差数列;该数列各项的符号正负交替;将该数列依次两项两项分段相加,得到的新数列为-2,-2,-2,-2,…,它是一个常数列.
2.填空:
并项转化法:在求数列的前n项和时,如果一个数列的项是正负交错的,尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时,可以依次两项两项(或几项几项)合并,再利用其他相关的方法进行求和.3.做一做:
(1)对于数列1,-3,5,-7,9,-11,…,其前100项的和等于 .?
答案:-100
(2)若数列{an}的通项公式an=(-1)n·2n,前n项和为Sn,则S10= ,S15= .?
解析:S10=(-2)+4+(-6)+8+…+(-18)+20=2×5=10,
S15=(-2)+4+(-6)+8+…+28+(-30)=2×7-30=-16
答案:10 -16探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测裂项相消法求和 探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测反思感悟裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解,相加使之能消去一些项,最终达到求和的目的.利用裂项法的关键是分析数列的通项,考察其是否能分解成两项的差,且这两项一定要是同一数列相邻(相间)的两项.在裂项求和的过程中,还要注意以下几点:
(1)在通项裂开后,原各项是否恰好等于相应的两项之差.
(2)在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,还有可能前面剩下了两项(或多项),后面也剩下了两项(或多项).探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测分组求和法求和
例2已知数列{cn}的首项c1=3,cn=2np+nq(n∈N*,p,q为常数),且c1,c4,c5成等差数列,求:
(1)p,q的值;(2)数列{cn}的前n项和Sn.
分析:先将c1,c4,c5用p,q表示,根据c1,c4,c5成等差数列建立关于p,q的方程组,即可求得p,q的值,从而得到数列的通项公式,这时每一项都是由一个等比数列和一个等差数列中的项的和构成,可分别求和后再相加.
解:(1)由c1=3,得2p+q=3.因为c4=24p+4q,c5=25p+5q,且c1+c5=2c4,所以3+25p+5q=25p+8q,解得p=1,q=1.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测反思感悟当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列,但如果它的通项公式可以拆分为几项的和,而这些项又构成等差数列或等比数列,那么就可以用分组求和法,即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测?探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测并项转化法求和
例3已知数列-1,4,-7,10,…,(-1)n·(3n-2),…,求其前n项和Sn.
分析:该数列中正负项交替出现,且各项的绝对值构成等差数列,故可用并项转化法求和.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测反思感悟1.一般地,当数列中的各项正负交替,且各项的绝对值成等差数列时,可以采用并项转化法求和.
2.在利用并项转化法求和时,因为数列的各项是正负交替的,所以一般需要对项数n进行分类讨论,但最终的结果却往往可以用一个公式来表示.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测延伸探究本例中,将条件改为“已知数列{an}的前n项和Sn=1-5+9-13+…+(-1)n-1(4n-3)”,求S15+S22-S31的值.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测错位相减法求和
例4已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,S3=12,且2a1,a2,a3+1成等比数列.分析:(1)列方程组求出等差数列{an}的首项和公差;(2)利用错位相减法求Tn.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测反思感悟用错位相减法求和时,应注意:
(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出Sn-qSn的表达式.若公比是个字母参数,则应先对参数加以讨论,一般情况下,分公比等于1和不等于1两种情况分别求和.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测变式训练3已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测数列的通项与求和的综合问题
典例已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;【审题策略】(1)先求出数列{an}的通项公式,再求数列{bn}的通项公式;
(2)先求出数列{cn}的通项公式,再利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测【规范展示】 解:(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.
设数列{bn}的公差为d.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测【答题模版】
第1步:由数列{an}中an与Sn满足的关系式求其通项an;
↓
第2步:由数列{bn}满足的关系式求其通项bn;
↓
第3步:求出数列{cn}的通项cn;
↓
第4步:用错位相减法求出数列{cn}的前n项和Tn.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测【失误警示】
通过阅卷统计分析,造成失分的原因如下:
(1)由数列{an}中an与Sn满足的关系式求其通项an时,漏掉n=1时的情况而导致丢分.
(2)不会利用an=bn+bn+1求出等差数列{bn}的公差和首项.
(3)用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn时,不知道错位对齐相减,弄错正负号而失分.探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测A.120 B.180
C.240 D.360答案:C 探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测2.若数列{an}的通项公式是an=8n,其前n项和为Sn,且Snbn=1,数列{bn}的前n项和为Tn,则T10等于( )答案:B 探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测3.已知数列{an}的通项公式是an=2n+3n+1,则数列{an}的前n项和Sn= .?4.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(5n-4),则其前20项的和等于 .?
解析:该数列前20项的和S20=-1+6-11+16-…-91+96=(-1+6)+(-11+16)+…+(-91+96)=5×10=50.
答案:50探究一探究二探究三探究四规范解答当堂检测5.在等差数列{an}中,a7=4,a19=2a9.
(1)求{an}的通项公式;
