2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 數(shù)列求和(含解析).doc
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2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 數(shù)列求和(含解析) 1、已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=23n-1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3,求其前n項(xiàng)和Sn. 解 Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n](ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln 3, 所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí), Sn=2+ln 3=3n+ln 3-1; 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí), Sn=2-(ln 2-ln 3)+ln 3 =3n-ln 3-ln 2-1. 綜上所述,Sn= 2、在等比數(shù)列{an}中,已知a1=3,公比q≠1,等差數(shù)列{bn}滿足b1=a1,b4=a2,b13=a3. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式; (2)記cn=(-1)nbn+an,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn. 解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,等差數(shù)列{bn}的公差為d. 由已知,得a2=3q,a3=3q2,b1=3,b4=3+3d,b13=3+12d, 故??q=3或1(舍去). 所以d=2,所以an=3n,bn=2n+1. (2)由題意,得cn=(-1)nbn+an=(-1)n(2n+1)+3n, Sn=c1+c2+…+cn =(-3+5)+(-7+9)+…+[(-1)n-1(2n-1)+ (-1)n(2n+1)]+3+32+…+3n. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn=n+-=+n-; 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Sn=(n-1)-(2n+1)+-=-n-. 所以Sn= 3.若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+2n-1,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為 ( ). A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2 解析 Sn=+=2n+1-2+n2. 答案 C 4.?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1n,則S17= ( ). A.9 B.8 C.17 D.16 解析 S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9. 答案 A 5.已知等比數(shù)列{an}滿足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=an+log2,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的n的最小值. 解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,依題意,有 即 由①得q2-3q+2=0,解得q=1或q=2. 當(dāng)q=1時(shí),不合題意,舍去; 當(dāng)q=2時(shí),代入②得a1=2,所以an=22n-1=2n. 故所求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=2n(n∈N*). (2)bn=an+log2=2n+log2=2n-n. 所以Sn=2-1+22-2+23-3+…+2n-n =(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n) =-=2n+1-2-n-n2. 因?yàn)镾n-2n+1+47<0, 所以2n+1-2-n-n2-2n+1+47<0, 即n2+n-90>0,解得n>9或n<-10. 因?yàn)閚∈N*,故使Sn-2n+1+47<0成立的正整數(shù)n的最小值為10. 6.已知在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中,a1=1,a2a4=16,則|a1-12|+|a2-12|+…+|a8-12|=( ). A.224 B.225 C.226 D.256 解析 由a2a4=a=16,解得a3=4,又a1=1, ∴q2=4,∴q=2,∴an=2n-1,令2n-1≥12,解得n的最小值為5. ∴|a1-12|+|a2-12|+…+|a8-12|=12-a1+12-a2+12-a3+12-a4+a5-12+a6-12+a7-12+a8-12 =-(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8) =-15+240=225. 答案 B 1、正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足:S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an; (2)令bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,證明:對(duì)于任意的n∈N*,都有Tn<. 解 (1)由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列,所以Sn>0,Sn=n2+n. 于是a1=S1=2,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 綜上,數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=2n. (2)證明 由于an=2n,bn=, 則bn==. Tn= = <=. 2、(xx濱州一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn,且Sn+an=1(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=log(1-Sn+1)(n∈N*),令Tn=++…+,求Tn. 解 (1)當(dāng)n=1時(shí),a1=S1,由S1+a1=1,得a1=, 當(dāng)n≥2時(shí),Sn=1-an,Sn-1=1-an-1, 則Sn-Sn-1=(an-1-an),即an=(an-1-an), 所以an=an-1(n≥2). 故數(shù)列{an}是以為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列. 故an=n-1=2n(n∈N*). (2)因?yàn)?-Sn=an=n. 所以bn=log(1-Sn+1)=logn+1=n+1, 因?yàn)椋剑剑? 所以Tn=++…+ =++…+ =-=. 3、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn,且Sn+an=1(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=log(1-Sn+1)(n∈N*),令Tn=++…+,求Tn. 解 (1)當(dāng)n=1時(shí),a1=S1,由S1+a1=1,得a1=, 當(dāng)n≥2時(shí),Sn=1-an,Sn-1=1-an-1, 則Sn-Sn-1=(an-1-an),即an=(an-1-an), 所以an=an-1(n≥2). 故數(shù)列{an}是以為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列. 故an=n-1=2n(n∈N*). (2)因?yàn)?-Sn=an=n. 所以bn=log(1-Sn+1)=logn+1=n+1, 因?yàn)椋剑剑? 所以Tn=++…+ =++…+ =-=. 4.已知函數(shù)f(x)=x2+2bx過(1,2)點(diǎn),若數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則S2 014的值為 ( ). A. B. C. D. 解析 由已知得b=,∴f(n)=n2+n, ∴===-, ∴S2 014=1-+-+…+-+-=1-=. 答案 D 5.正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足:a-(2n-1)an-2n=0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an; (2)令bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解 (1)由a-(2n-1)an-2n=0得(an-2n)(an+1)=0,由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列,則an=2n. (2)由(1)知an=2n,故bn== =, ∴Tn= ==. 6.已知函數(shù)f(x)=x2-2x+4,數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,若a1=f(d-1),a3=f(d+1), (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)Sn為{an}的前n項(xiàng)和,求證:++…+≥. (1)解 a1=f(d-1)=d2-4d+7,a3=f(d+1)=d2+3, 又由a3=a1+2d,可得d=2,所以a1=3,an=2n+1. (2)證明 Sn==n(n+2), ==, 所以,++…+ = =≥=. 7.設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足4Sn=a-4n-1,n∈N*, 且a2,a5,a14構(gòu)成等比數(shù)列. (1)證明:a2=; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (3)證明:對(duì)一切正整數(shù)n,有++…+<. (1)證明 當(dāng)n=1時(shí),4a1=a-5,a=4a1+5, 又an>0,∴a2=. (2)解 當(dāng)n≥2時(shí),4Sn-1=a-4(n-1)-1, ∴4an=4Sn-4Sn-1=a-a-4, 即a=a+4an+4=(an+2)2, 又an>0,∴an+1=an+2, ∴當(dāng)n≥2時(shí),{an}是公差為2的等差數(shù)列. 又a2,a5,a14成等比數(shù)列. ∴a=a2a14,即(a2+6)2=a2(a2+24),解得a2=3. 由(1)知a1=1.又a2-a1=3-1=2, ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1=1,公差d=2的等差數(shù)列. ∴an=2n-1. (3)證明?。剑? = =<. 考點(diǎn)三 錯(cuò)位相減法求和 1、(xx山東卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,且Tn+=λ(λ為常數(shù)),令cn=b2n(n∈N*),求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Rn. 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d. 由S4=4S2,a2n=2an+1,得 解得a1=1,d=2. 因此an=2n-1,n∈N*. (2)由題意知Tn=λ-, 所以n≥2時(shí),bn=Tn-Tn-1=-+=. 故cn=b2n==(n-1)()n-1,n∈N*, 所以Rn=0()0+1()1+2()2+3()3+…+(n-1)()n-1, 則Rn=0()1+1()2+2()3+…+(n-2)()n-1+(n-1)()n, 兩式相減得 Rn=()1+()2+()3+…+()n-1-(n-1)()n=-(n-1)()n=-()n, 整理得Rn=(4-). 所以數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Rn=(4-). 2、在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=3an+2. (1)記bn=an+1,求證:數(shù)列{bn}為等比數(shù)列; (2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Sn. (1)證明 由an+1=3an+2,可得an+1+1=3(an+1). 因?yàn)閎n=an+1,所以bn+1=3bn, 又b1=a1+1=3,所以數(shù)列{bn}是以3為首項(xiàng),以3為公比的等比數(shù)列. (2)解 由(1)知an+1=3n,an=3n-1,所以nan=n3n-n, 所以Sn=(3+232+…+n3n)-(1+2+…+n), 其中1+2+…+n=, 記Tn=3+232+…+n3n,① 3Tn=32+233+…+(n-1)3n+n3n+1,② 兩式相減得-2Tn=3+32+…+3n-n3n+1=-n3n+1, 即Tn=3n+1+, 所以Sn=-. 3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn=a1+3a2+…+(2n-1)an,求Sn. 解 (1)∵Sn=2an-2,∴當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2), 即an=2an-2an-1,∵an≠0,∴=2(n≥2,n∈N*). ∵a1=S1,∴a1=2a1-2,即a1=2. 數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列.∴an=2n. (2)Sn=a1+3a2+…+(2n-1)an =12+322+523+…+(2n-1)2n, ① ∴2Sn=122+323+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1, ② ①-②得-Sn=12+(222+223+…+22n)-(2n-1)2n+1, 即-Sn=12+(23+24+…+2n+1)-(2n-1)2n+1 ∴Sn=(2n-3)2n+1+6. 4.設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4構(gòu)成等差數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. (2)令bn=nan,n=1,2,…,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解 (1)由已知,得解得a2=2. 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,由a2=2,可得a1=,a3=2q. 又S3=7,可知+2+2q=7,即2q2-5q+2=0, 解得q=2或.由題意得q>1,所以q=2.則a1=1. 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=2n-1. (2)由于bn=n2n-1,n=1,2,…, 則Tn=1+22+322+…+n2n-1, 所以2Tn=2+222+…+(n-1)2n-1+n2n, 兩式相減得-Tn=1+2+22+23+…+2n-1-n2n=2n-n2n-1, 即Tn=(n-1)2n+1. 5.已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=4,前n項(xiàng)和為Sn,且Sn+1-3Sn-2n-4=0(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)函數(shù)f(x)=anx+an-1x2+an-2x3+…+a1xn,f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),令bn=f′(1),求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式,并研究其單調(diào)性. 解 (1)由Sn+1-3Sn-2n-4=0(n∈N*),得Sn-3Sn-1-2n+2-4=0(n≥2), 兩式相減得an+1-3an-2=0,可得an+1+1=3(an+1)(n≥2), 又由已知得a2=14,所以a2+1=3(a1+1),即{an+1}是一個(gè)首項(xiàng)為5,公比q=3的等比數(shù)列,所以an=53n-1-1(n∈N*). (2)因?yàn)閒′(x)=an+2an-1x+…+na1xn-1,所以f′(1)=an+2an-1+…+na1=(53n-1-1)+2(53n-2-1)+…+n(530-1)=5(3n-1+23n-2+33n-3+…+n30)-, 令S=3n-1+23n-2+33n-3+…+n30, 則3S=3n+23n-1+33n-2+…+n31, 作差得S=--,所以f′(1)=-, 即bn=-. 而bn+1=-,所以bn+1-bn=-n->0,所以{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列. 求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和問題 1、在公差為d的等差數(shù)列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比數(shù)列. (1)求d,an; (2)若d<0,求|a1|+|a2|+…+|an|. [規(guī)范解答] (1)由題意得5a3a1=(2a2+2)2, (2分) 即d2-3d-4=0.故d=-1或4. (4分) 所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N* , (6分) (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn. 因?yàn)閐<0,由(1)得d=-1,an=-n+11. ∴Sn=-n2+n, (8分) 當(dāng)n≤11時(shí),|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| =Sn=-n2+n. (10分) 當(dāng)n≥12時(shí),|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| =-Sn+2S11=n2-n+110. (12分) 綜上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| = 2、已知等差數(shù)列{an}前三項(xiàng)的和為-3,前三項(xiàng)的積為8. (1)求等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若a2,a3,a1成等比數(shù)列,求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和. 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d, 則a2=a1+d,a3=a1+2d, 由題意,得 解得或 所以由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式,可得 an=2-3(n-1)=-3n+5或an=-4+3(n-1)=3n-7. 故an=-3n+5或an=3n-7. (2)由(1),知當(dāng)an=-3n+5時(shí),a2,a3,a1分別為-1,-4,2,不成等比數(shù)列;當(dāng)an=3n-7時(shí),a2,a3,a1分別為-1,2,-4,成等比數(shù)列,滿足條件. 故|an|=|3n-7|= 記數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為Sn. 當(dāng)n=1時(shí),S1=|a1|=4;當(dāng)n=2時(shí),S2=|a1|+|a2|=5; 當(dāng)n≥3時(shí),Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an| =5+(33-7)+(34-7)+…+(3n-7) =5+=n2-n+10. 當(dāng)n=2時(shí),滿足此式.綜上,Sn= 考點(diǎn):公式法 1.在等比數(shù)列{an}中,若a1=,a4=-4,則公比q=________;|a1|+|a2|+…+|an|=________. 解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則a4=a1q3,代入數(shù)據(jù)解得q3=-8,所以q=-2;等比數(shù)列{|an|}的公比為|q|=2, 則|an|=2n-1,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=(1+2+22+…+2n-1)=(2n-1)=2n-1-. 答案?。? 2n-1- 2.在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),記Sn為{an}的前n項(xiàng)和,則S2 013=________. 解析 由a1=1,an+1=(-1)n(an+1)可得a1=1,a2=-2,a3=-1,a4=0,該數(shù)列是周期為4的數(shù)列,所以S2 013=503(a1+a2+a3+a4)+a2 013=503(-2)+1=- 1 005. 答案?。? 005 3.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n-1,則a+a+…+a=____. 解析 當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1, 當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1, 又∵a1=1適合上式.∴an=2n-1,∴a=4n-1. ∴數(shù)列{a}是以a=1為首項(xiàng),以4為公比的等比數(shù)列. ∴a+a+…+a==(4n-1). 答案 (4n-1) 4.已知函數(shù)f(n)=n2cosnπ,且an=f(n)+f(n+1),則a1+a2+a3+…+a100= ( ). A.-100 B.0 C.100 D.10 200 解析 若n為偶數(shù),則an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-(2n+1),為首項(xiàng)為a2=-5,公差為-4的等差數(shù)列;若n為奇數(shù),則an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1,為首項(xiàng)為a1=3,公差為4的等差數(shù)列.所以a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100) =503+4+50(-5)+(-4)=-100. 答案 A 倒序相加法 1.設(shè)f(x)=,利用倒序相加法,可求得f+f+…+f的值為______. 解析 當(dāng)x1+x2=1時(shí),f(x1)+f(x2)===1. 設(shè)S=f+f+…+f,倒序相加有2S=++…+f+f=10,即S=5. 答案 5 構(gòu)造法 1.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差數(shù)列. (1)求a1的值; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. 解 (1)在2Sn=an+1-2n+1+1中 令n=1得,2S1=a2-22+1, 令n=2得,2S2=a3-23+1, 解得,a2=2a1+3,a3=6a1+13. 又2(a2+5)=a1+a3,即2(2a1+8)=a1+6a1+13, 解得a1=1. (2)由2Sn=an+1-2n+1+1,2Sn+1=an+2-2n+2+1,得an+2=3an+1+2n+1. 又a1=1,a2=5也滿足a2=3a1+21,∴an+1=3an+2n對(duì)n∈N*成立, ∴an+1+2n+1=3(an+2n), ∴數(shù)列{an+2n}以3為首項(xiàng),公比為3的等比數(shù)列. ∴an+2n=(a1+21)3n-1=3n, ∴an=3n-2n. 考點(diǎn): 1.已知在等比數(shù)列{an}中,a1=1,且a2是a1和a3-1的等差中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足b1+2b2+3b3+…+nbn=an(n∈N*),求{bn}的通項(xiàng)公式bn. 解 (1)由題意,得2a2=a1+a3-1,即2a1q=a1+a1q2-1,整理得2q=q2. 又q≠0,解得q=2,∴an=2n-1. (2)當(dāng)n=1時(shí),b1=a1=1; 當(dāng)n≥2時(shí),nbn=an-an-1=2n-2,即bn=, ∴bn=- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)訓(xùn)練 數(shù)列求和含解析 2019 2020 年高 數(shù)學(xué) 一輪 復(fù)習(xí) 專項(xiàng) 訓(xùn)練 數(shù)列 求和 解析
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