04 第37讲　数列求和 【答案】听课高考数学练习

这是一份04 第37讲　数列求和 【答案】听课高考数学练习，共6页。
【知识聚焦】
1.若干个等差或等比或可求和
2.(1)同一个常数 (2)并项法
3.两项之差 4.积
【对点演练】
1.n2+1-12n [解析] Sn=121-12n1-12+n(1+2n-1)2=n2+1-12n.
2.2nn+1 [解析] 由题得an=2n(n+1)=21n-1n+1,所以{an}的前n项和为211-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.
3.2n+1-n-22n [解析] 设Sn=12+24+38+…+n2n,则12Sn=1×122+2×123+3×124+…+n×12n+1,两式相减得12Sn=12+122+123+124+…+12n-n×12n+1=121-12n1-12-n×12n+1=1-12n-n×12n+1=2n+1-n-22n+1,所以Sn=2n+1-n-22n.
4.1-n,n为奇数,n,n为偶数 [解析] Sn=2×[0+1-2+3-4+…+(-1)n(n-1)]=1-n,n为奇数,n,n为偶数.
5.20242025 [解析] 设数列{an}的前n项和为Sn,当n为奇数时,an=1n+1n+1,当n为偶数时,an=-1n+1n+1,∴S2024=1+12-12+13+13+14-…+12023+12024-12024+12025=1-12025=20242025.
6.n·3n+1 [解析] 令Tn=3×31+5×32+…+(2n+1)·3n,则3Tn=3×32+5×33+…+(2n+1)·3n+1,两式相减得-2Tn=9+2×9-3n+11-3-(2n+1)·3n+1=-2n·3n+1,∴Tn=n·3n+1.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)设等差数列{an}的公差为d,由S4=32,T3=16得关于a1,d的两个方程,求解方程即可作答;(2)利用(1)的结论求出Sn,再将n分奇、偶数两种情况结合分组求和法求出Tn,并与Sn作差比较作答.
解:(1)设数列{an}的公差为d,∵T3=b1+b2+b3=a1-6+2a2+a3-6=4a2-12=16,∴a2=a1+d=7,
又S4=4a1+4×32d=32,即a1+32d=8,∴a1=5,d=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明:由(1)可得Sn=na1+n(n-1)2d=n2+4n.
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)=(5+9+…+2n+1-3n)+2×(7+11+…+2n+3)=(5+2n+1)·n22-3n+2×(7+2n+3)·n22=32n2+72n,当n>5时,Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=12n2-12n=12n(n-1)>0,即Tn>Sn;当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=32(n-1)2+72(n-1)+2n+3-6=32n2+52n-5(n≥3),当n>5时,Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12n2-32n-5=12(n2-3n-10)=12(n+2)(n-5)>0,即Tn>Sn.
综上,当n>5时,Tn>Sn.
变式题1 解:(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{an-2n}是以-2为公比,1为首项的等比数列.
(2)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=lg2an=lg2[2n+(-2)n-1]=lg22n-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)=3×(1-45)1-4+(1+9)×52=1048.
变式题2 解:(1)当n=1时,2S2=S1+2,∵a1=1,∴a2=12,可得a2a1=12.当n≥2时,2Sn+1=Sn+2,2Sn=Sn-1+2,两式相减得2an+1=an(n≥2),即an+1=12an(n≥2).
故数列{an}是首项为1,公比为12的等比数列,则an=12n-1.
(2)由(1)知,bn=2n-1+12n-1,故Tn=(1+2+…+2n-1)+1+12+…+12n-1=1-2n1-2+1-12n1-12=2n-21-n+1.
例2 [思路点拨] (1)根据an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2即可求解;(2)根据错位相减法即可求解.
解:(1)因为2Sn=nan,所以当n=1时,2a1=a1,即a1=0.
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1=2an,化简得(n-2)an=(n-1)an-1,所以当n≥3时,ann-1=an-1n-2=…=a32=a21=1,即an=n-1.
当n=1,2时,上式均成立,所以an=n-1(n∈N*).
(2)因为an+12n=n2n,所以Tn=1×121+2×122+3×123+…+n×12n,12Tn=1×122+2×123+…+(n-1)×12n+n×12n+1,两式相减得12Tn=121+122+123+…+12n-n×12n+1=12×1-12n1-12-n×12n+1=1-12n1+n2,即Tn=2-12n(2+n),n∈N*.
变式题 解:(1)证明:设等比数列{an}的公比为q,因为a1,3a3,a2成等差数列,所以6a3=a1+a2,q≠1,
所以6a1q2=a1+a1q,即6q2=1+q,
又{an}是各项均为正数的等比数列,所以q>0,可得q=12.
因为S4=158,所以a1(1-q4)1-q=158,得a1=1,所以an=12n-1,所以Sn=1-12n1-12=2-12n-1,则Sn-2=-12n-1,n∈N*,所以Sn+1-2Sn-2=12,又S1-2=-1,所以数列{Sn-2}是首项为-1,公比为12的等比数列.
(2)由(1)得,an=12n-1,所以bn=12n-1lg212n-1-1=-n12n-1,所以-Tn=1×120+2×121+3×122+…+n·12n-1①,-12Tn=1×121+2×122+…+(n-1)·12n-1+n·12n②,
①-②得-12Tn=120+121+…+12n-1-n·12n=1-12n1-12-n·12n=2-2·12n-n12n=2-(2+n)·12n,整理得Tn=(n+2)·12n-1-4.
例3 [思路点拨] (1)由an与Sn的关系结合题意可得{Sn2}为等差数列,即可求解;(2)把1Sn+Sn+1=12n+2(n+1)化为22(n+1-n)后,由裂项相消法求解.
解:(1)由a1=2,得S12=2,由an+1·(Sn+1+Sn)=2,可得(Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn)=2,可得Sn+12-Sn2=2,即数列{Sn2}是首项为2,公差为2的等差数列,
可得Sn2=2+2(n-1)=2n.由an>0,可得Sn=2n.
(2)1Sn+Sn+1=12n+2(n+1)=221n+n+1=22(n+1-n),则1S1+S2+1S2+S3+…+1Sn+Sn+1=22(2-1+3-2+2-3+…+n+1-n)=22(n+1-1).
变式题 解:(1)因为等差数列{an}中,公差d=2,S9=99,所以S9=9a1+9×82×2=99,解得a1=3,
所以数列{an}的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)因为bn=1an+1+an=12n+3+2n+1=12(2n+3-2n+1),所以Tn=12×(5-3)+12×(7-5)+…+12(2n+3-2n+1)=2n+3-32.
关注公众号《全元高考》
微信搜索微信公众号「全元高考」
后台回复「网盘群」获取最新最全初高中网盘资源（4000 G+）
扫码加微信查看朋友圈最新资源
备用联系方式QQ：2352064664
群文件全套无水印资料+更多精品网课在网盘群，高考路上必备!
最新最全高一高二高三试卷&九科全新一手网课&学科资料专辑&名校独家资料
更新速度极快!
进群了就不用到处找资料了，一网打尽!
(进群送往届全部资料)例4 [思路点拨] (1)利用等差数列的通项公式求得Snan,进而得到Sn,利用Sn与an的关系得到anan-1=n+1n-1(n≥2),利用累乘法求得an,注意检验对于n=1是否成立;(2)由(1)的结论,利用裂项相消法得到1a1+1a2+…+1an=21-1n+1,进而得证.
解:(1)因为S1=a1=1,所以S1a1=1,
所以数列Snan是首项为1,公差为13的等差数列,所以Snan=1+(n-1)·13=n+23,所以Sn=n+23an.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
所以(n-1)an=(n+1)an-1,即anan-1=n+1n-1,
则an=anan-1×an-1an-2×…×a3a2×a2a1×a1=n+1n-1×nn-2×…×42×31×1=n(n+1)2,又a1=1满足上式,
所以{an}的通项公式为an=n(n+1)2.
(2)证明:1a1+1a2+…+1an=2×11×2+12×3+…+1n(n+1)=2×1-12+12-13+…+1n-1n+1=2-2n+1