江苏省启东中学2024-2025学年高二创新班上学期数学期末复习训练12(数列的求和与子数列问题)

高二创新班期末复习12(数列的求和与子数列问题) 【复习要求】 1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式； 2．掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法． 3．子数列是数列问题中的一种常见题型．将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维． 【内容梳理】 数列求和的几种常用方法：(1)公式法： ；(2)分组求和法： ； (3)并项求和法： ；(4)错位相减法： ；(5)裂项相消法： ； 【强化训练】 1．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　) A． B． C． D． 2．已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2． (1)证明：数列{an－2n}为等比数列； (2)已知bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T10． 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1． (1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． 4．(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn． 5．(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn． 6．数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的任意ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N*)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T27的值． 7．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝k∈N*． (1)求a2，a3；设bn＝a2n－2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式； (2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和． 8．设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋bn＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100． 9．(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2． 10．在数列{an}中，＋＋＋…＋＝n2＋n． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<． 11．已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和． 高二创新班期末复习12(数列的求和与子数列问题) 【复习要求】 1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式； 2．掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法． 3．子数列是数列问题中的一种常见题型．将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维． 【内容梳理】 数列求和的几种常用方法： (1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和． ①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d． ②等比数列的前n项和公式：Sn＝ (2)分组求和法与并项求和法 ①分组求和法：若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，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． ②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．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． (3)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项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． (4)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的裂项技巧：①＝－．②＝． ③＝．④＝－． ⑤＝． 【二级结论】 常用求和公式：(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝．(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2． (3)12＋22＋32＋…＋n2＝．(4)13＋23＋33＋…＋n3＝2． 【强化训练】 1．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　由Sn＝＋＋＋…＋，①得Sn＝＋＋…＋＋，② ①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－＝，∴Sn＝． 2．(2024·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2． (1)证明：数列{an－2n}为等比数列； (2)已知bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T10． (1)证明　由an＋1＋2an＝2n＋2可得an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n)． 又a1－21＝1≠0，所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列． (2)解　由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，即an＝2n＋(－2)n－1． 当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1； 当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1]＝log22n－1＝n－1． 所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10) ＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝＋＝1 048． 3．(2023·遂宁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． 解　(1)由已知得2Sn＝3an－1，① 当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1，解得a1＝1， 当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，②①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1， 所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1． (2)因为bn＝＝＝×， 所以Tn＝× ＝×＝－． 4．(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan． (1)求{an}的通项公式；[切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系] (2)求数列的前n项和Tn．[关键点：错位相减法求和] [思路分析](1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an (2)求bn→错位相减法求Tn 解　(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；(1分) 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，(2分) (3分) ①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系 则当n≥3时， ＝，则··…·＝··…·，即＝n－1， ②处累乘法求an 因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分) 当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*．(6分) (2)令bn＝＝，(7分) 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋，　　　　　①(8分) Tn＝＋＋…＋＋， ②(9分) 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，(11分) ③处错位相减法求和 即Tn＝2－．(12分) 思维升华 (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法． (2)错位相减法求和时，应注意： ①在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式． ②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1． 5．(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn． (1)解　设等差数列{an}的公差为d，而bn＝ 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3． (2)证明　方法一　由(1)知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn． 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0， 因此Tn>Sn．综上，当n>5时，Tn>Sn． 方法二　由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝ 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0， 因此Tn>Sn，当n为奇数时，若n≥3， 则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1) ＝·＋·＝n2＋n－5， 显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0， 因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn． 思维升华 数列中的奇、偶项问题的常见题型 (1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))； (2)含有(－1)n的类型； (3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型． 6．(2024·杭州模拟)设数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的任意ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N*)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T27的值． 解　(1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－an＝2an－2an－1，又a1＝1，a2＝2， 所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋1－an＝2n－1， 所以当n≥2，n∈N*时，a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝2n－2， 所以an－a1＝1＋2＋…＋2n－2＝＝2n－1－1， 所以当n≥2，n∈N*时，an＝2n－1，又a1＝1也满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)． (2)数列{bn}中，在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋＝项， 当k＝5时，＝20<27，当k＝6时，＝27， 则T27＝(1＋2＋22＋…＋25)＋(－12＋22－32＋42－52＋62) ＝＋(3＋7＋11)＝26－1＋21＝84． 思维升华 对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项 (运用等差等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项． 7．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝k∈N*． (1)求a2，a3；设bn＝a2n－2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式； (2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和． 解　(1)依题意，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝k∈N*， 所以a2＝a1＋1＝，a3＝a2－4＝－4＝－．bn＝a2n－2，a2n＝bn＋2， bn＋1＝a2n＋2－2＝a2n＋1＋1－2＝a2n＋1＋2n＋1－2＝a2n＋1＋2n－1 ＝(a2n－4n)＋2n－1＝a2n－1＝(bn＋2)－1＝bn． 所以数列{bn}是首项为b1＝a2－2＝－2＝－，公比为的等比数列，所以bn＝－． (2)a2n＝2－，a2n＋1＝a2n－4n＝2－－4n， 所以a5＝2－－8，a7＝2－－12，a9＝2－－16， 所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝1＋＋＋＋＝－． 8．(2023·无锡模拟)设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋bn＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100． 解　(1)由题意，可得6a3＝8a1＋a5，所以6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2， 又q为正整数，所以q＝2，又a1＝2，所以an＝2n． 由2n2－(3＋bn)n＋bn＝0，得bn＝2n． (2)因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2， b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，… 则{cn}的前100项，由90个2及a1，a2，a3，…，a9，a10构成， 所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90＝＋180＝2 226． 9．(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2． (1)解　因为a1＝1，＝1，又是公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)×＝，所以Sn＝an． 因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，所以an－1＝an(n≥2)， 所以＝(n≥2)，所以··…··＝×××…··＝(n≥2)， 所以an＝(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝(n∈N*)． (2)证明　因为an＝，所以＝＝2， 所以＋＋…＋＝2＝2<2． 思维升华 裂项相消法的原则及规律： (1)裂项原则：一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项． 10．(2023·湘潭模拟)在数列{an}中，＋＋＋…＋＝n2＋n． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<． (1)解　因为＋＋＋…＋＝n2＋n，① 则当n＝1时，＝2，即a1＝4，当n≥2时，＋＋＋…＋＝n2－n，② ①－②得＝2n，所以an＝2n(n＋1)，n≥2，a1＝4也满足an＝2n(n＋1)， 故an＝2n(n＋1)(n∈N*)． (2)证明　因为＝＝·＝· ＝， 所以＋＋…＋ ＝＝<． 11．(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和． 解　(1)设{an＋1－an}的公比为q．∵an＋2＝λan＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1＝(λ－1)an＋1－2an＝(λ－1)＝q(an＋1－an)． ∴＝1，解得λ＝3，∴q＝2．又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n－1． ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋20＋21＋…＋2n－2＝1＋＝2n－1(n≥2)， 当n＝1时，符合上式，∴{an}的通项公式为an＝2n－1． (2)当bm＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项，当bm＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项， 当bm＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项，… 当bm＝k＝n时，m∈[2n－1,2n)，共2n－2n－1＝2n－1项， 又＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1． 记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1．因此，数列{bn}的前2n项和为Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2． ·12· ·1· 学科网（北京）股份有限公司 $$