地球多大-考幼师需要哪些条件
考查角度2
三种常用的数列求和方法
分类透析一
分组转化法求和
例1 已知等差数列{
a
n
}满足
a
2
=
2,
a
1
+a
4< br>=
5
.
(1)求数列{
a
n
}的通项公式;
(2)若数列{
b< br>n
}满足
b
1
=
3,
b
2
=
6,{
b
n
-a
n
}为等比数列,求数列{
b
n
}的
前
n
项和
T
n
.
分析 ( 1)利用已知条件求出等差数列{
a
n
}的通项公式;(2)因为
{
b
n
-a
n
}为等比数列,所以数列{
b
n
}的前
n
项和
T
n
可以看成数列{
b
n
-an
}
的前
n
项和与数列{
a
n
}的前
n
项和的总和
.
解析 (1)设等差数列{
a
n
}的公差为
d
,
∵
等差 数列{
a
n
}满足
a
2
=
2,
a
1
+a
4
=
5,
∴
解得
a
1
=d=
1,
∴a
n
=
1
+
(
n-
1)
×
1
=n.
(2)设等比数列{
b
n
-a
n
}的公比为
q
,
∵b
1
=
3,
b
2
=
6,
∴b
1
-a
1
=
3
-
1
=
2,
b
2
-a
2< br>=
6
-
2
=
4,
∴q=
2
.
∴b
n
-a
n
=< br>2
×
2
n-
1
=
2
n
,
∴b
n
=n+
2
n
,
∴
数列{
b
n
}的前
n
项和
T
n
=
(1
+
2
+
3
+
…
+n
)
+
(2
+
2
+
…
+
2)
=
2
n
-
+
-
=
+
2
n+
1
-
2
.
方法技巧 从求和数列的通项入手,将其转化为等差数列与等比
数列的和或差的形式,再利用等差数列与等比数列的 求和公式进行分
组求和
.
分类透析二
错位相减法求和
例2 已知{
a
n
}的前
n
项和
S
n
=
4
n-n
2
+
4
.
(1)求数列{
a
n
}的通项公式;
(2)求数列
-
的前
n
项和
T
n
.
分析 (1)由{< br>a
n
}的前
n
项和求出数列{
a
n
}的通项 公式;(2)利用错
位相减法求和即可(当
n=
1时要单独考虑)
.
解析 (1)当
n
≥2时,
a
n
=S
n
- S
n-
1
=
4
n-n
2
-
[4(
n-
1)
-
(
n-
1)
2
]
=
5
-
2
n
;
当
n=
1时,
a
1< br>=S
1
=
7
.
∴a
n
=
-
(2)令
b
n
=
-
,
当
n=
1时,
T
1
=b
1
=
当
n
≥2时,
b
n
=
-
-
=
0;
-
=
,
-
∴T
n
=
0
+
+
+
+
…
+
+
-
,
T
n
=
+
+
+
…
+
+
,
-
两式相减得
T
n
=
1
++
+
…
+-=
-
-
-
-
=
2
-
,
∴T
n
=
4
-
-
(
n
≥2
.
当
n=
1时,满足上式
.
综上所述,
T
n
=
4
-
-
.
方法技巧 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“
S
n
”与“
qS
n
”的表达式时应特别注意将两式“错项
对 齐”以便下一步准确写出“
S
n
-qS
n
”的表达式;
( 3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比未知,应分公比
等于1和不等于1两种情况求解
.
分类透析三
a
n
=
型的裂项相消法求和
例3 已知数列{
an
}为单调递增数列,
S
n
为其前
n
项和,2
S
n
=
+n.
(1)求{
a
n
}的通项公式
.
(2)若
b
n
=
,
T
n
为数列{
b
n
}的前
n
项和,证明:
T
n
<.
分析 (1)由递推公式2
S
n
=
+n
求出{
a
n
}的通项公式;(2)先用裂
项 相消法求和,再进行适当放缩证明
.
解析 (1)当
n=
1时,2
S
1
=
2
a
1
=
+
1,即(
a
1
-
1)
2
=
0, 解得
a
1
=
1
.
又{
a
n}为单调递增数列,所以
a
n
≥1
.
由2
S
n
=
+n
得2
S
n+
1
=
+n+
1,
所以2
S
n+
1
-
2
S
n
=
-
+
1,
整理得2
a
n+
1
=
-
+
1,所以
=
(
a
n+
1
-
1)
2
.
所以
a
n
=an+
1
-
1,即
a
n+
1
-a
n=
1,
所以{
a
n
}是以1为首项,1为公差的等差数列,所 以
a
n
=n.
(2)
b
n
=
所以
=
=
-
,
T
n
=
-
+
-
+
…
+
-
=
-
<
.
方法技巧 (1)用裂项相消法求和时,抵消后并不一定只 剩下第一
项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项,或者前面剩几项,
后面也剩几项
.
(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差
和系 数之积与原通项相等
.
如:若{
a
n
}是等差数列,则
=
-
,
=
-
.
分类透析四
a
n
=
型的裂项相消法求和
例4 已知数列{
a
n
}的首 项为
a
1
=
1,且(
a
n
+
1)
a
n+
1
=a
n
,
n
∈N
*
.< br>
(1)求证:数列
是等差数列
.
(2)设
b
n
=
,求数列{
b
n< br>}的前
n
项和
T
n
.
分析 (1)通过递推公式(
a
n
+
1)
a
n+< br>1
=a
n
证明数列
是等差数列;(2)
将
b
n
=
裂项,再求和
.
解析 (1)由
a
n+
1
=
以
=
1
.
,得
=
=
+
1,则
-
=
1,又
a
1
=
1,所
所以数列
是以1为首项,1为公差的等差数列
.
(2)由(1)可知,
=n
,故
a
n
=.
又
b
n
=
=
=
-
=
-
,
所以
T
n
=b
1
+b< br>2
+b
3
+
…
+b
n
=
-
+
-
+
-
+
…
+
-
=
1
-
.
方法技巧 本题主要 考查等差数列的定义与通项公式,以及裂项
相消法求数列的和,属于中档难度题
.
常见 的裂项技巧:
(1)
=
-
;
(2)
=
(
-
);
=
-
(3)
(4)
-
-
-
;
=
.
此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误
.
1
.
(2017年天津卷,理 18改编)设等差数列{
a
n
}的公差为
d
,前
n
项和
为
S
n
,等比数列{
b
n
}的公比为
q
,已知
b
1
=a
1
,
b
2
=< br>2,
q=d=
2
.
(1)求数列{
a
n
},{
b
n
}的通项公式;
(2)记
c
n
=
,求数列{
c
n
}的前
n
项和
T
n
.
解析 (1)由题意知
a
1
=b
1
=
1,
所以
a
n
=
2
n-
1,
b
n
=
2
n-
1
.
(2)由(1)得
c
n
=
-
-
,
-
-
-
则
T
n
=
1
++
+
+
+
…
+
,
①
T
n
=
+
+
+
+
+
…
+
由
①-②
可得
. ②
T
n
=
2
+
+
+
…
+
故
T
n
=
6
-
-
-
-
-
=
3
-
,
.
2
.
(2015 年全国
Ⅰ
卷,理17改编)设各项均为正数的数列{
a
n
}的前n
项
和
S
n
满足
S
n
=
a
n
,且
a
1
=
2
.
(1)求数列{
a
n
}的通项公式
.
(2)设
b
n
=
(
n
∈N
*
), 数列{
b
n
}的前
n
项和为
T
n
.
求证:
T
n
≥
-
.
解析 (1)
∵
=n+r
,
a
1
=
2,
∴
=
+r=
1,解得
r=
.
∴S
n
=
a
n
,
当
n
≥2时,
a
n
=S
n
-S
n-
1
=a
n
-
a
n-
1
,
化为
-
-
-
=
,
-
-
∴a
n
=
=
-
-
-
…
a
1
-
-
-
… 2
=n
(
n+
1),
当< br>n=
1时也成立,
∴a
n
=n
(
n+
1)< br>.
(2)
b
n
=
-
- -
=
≥
-
=
-
-
,
∴
数列{
b
n
}的前
n
项和为
T
n
≥
-
+
-
+
…
+
∴T
n
≥
.
< br>3
.
(2014年全国
Ⅰ
卷,文17改编)已知等差数列{
b
n
},正项等比数列
{
a
n
},
a1
=b
1
=
1,
a
2
+b
2
=
7,且
=b
1
(
b
3
+
2)
.
-
-
=
-
=
.
(1)求数列{
a
n
},{
b
n
}的通项公式;
(2)设
c
n
=
(
-
1)
n
b< br>n
+a
n
b
2
n
,求数列{
c
n< br>}的前
n
项和
T
n
.
解析 (1)设等比 数列{
a
n
}的公比为
q
,等差数列{
b
n
}的公差为
d
,
由
得
-
解得
或
因为{
a
n
}中各项均为正数,所以
q=
3,即
d =
3,
故
a
n
=
3
n-
1
,< br>b
n
=
3
n-
2
.
(2)由(1 )得
c
n
=
(
-
1)
n
(3
n-
2)
+
(6
n-
2 3
n-
1
, 设数列{(
-
1)
n
(3
n-
2)}的前
n< br>项和为
A
n
,数列{(6
n-
2 3
n-
1
}的前
n
项和为
B
n
.
当
n
为偶数时,
A
n
=-
1
+
4
-
7
+
10
+
…
+
[
-
(3
n-
5)]
+
(3
n-
2)
=
;
当
n
为奇数时,
A
n
=A
n-
1
-
(3
n-
2)
=-
3
n+
2
=
.
又
B
n
=
4
×
3
0
+
10
×
3
1
+16
×
3
2
+
…
+
(6
n-
2)
×
3
n-
1
,
①
则3
B
n
=
4
×
3
1
+
10
×
3
2
+
16
×
3
3
+
…
+
(6
n-
2)
×
3
n
,
②
- -
由
①-②
得
-
2
Bn
=
4
+
6(3
+
3
+
…
+
3)
-
(6
n-
2)
×
3
=
4< br>+
6
×
)
×
3
n
,
因此,
B
n
=+
-
12
n-
1
n
-
-
-
(6
n-
2)
×
3
n
=-
5
-
( 6
n-
5
×
3
n
.
-
为偶数
综上,
T
n
=
- -
为奇数
1
.
(20 18新疆二模)在等差数列{
a
n
}中,已知
a
1
+a3
+a
8
=
9,
a
2
+a
5
+a
11
=
21
.
(1)求数列{
a
n
}的通项公式;
(2)若
c
n
=
,求数列{
a
n
c
n
}的前
n
项和
S
n
.
解析 (1)设等差数列{
a
n
}的公差为
d
,
∵
∴
解得
-
∴a
n
=
2
n-
5
.
(2)由(1)得
c
n
=
=
2
2(
n-
1)
=
4
n-
1
,
∴a
n
c
n
=
(2
n-
5 4
n-
1
,
∴S
n
=a
1
c
1
+a
2
c
2
+
…
+a
n
c
n
=-
3
×
4
0
+
(
-
1)
×4
1
+
1
×
4
2
+
…
+(2
n-
5)
×
4
n-
1
,
4S
n
=-
3
×
4
1
+
(
-< br>1)
×
4
2
+
1
×
4
3
+
…
+
(2
n-
5)
×
4
n
.
两式相减得
-
3
S
n
=-
3
×4
+
2
×
4
+
2
×
4
+…
+
2
×
4
-
(2
n-
5)
×
4
=-
3
+
2
×
-
5)
×4
n
,
∴S
n
=
+
-
012
n-
1
n
-
-
-
-
(2
n
×
4
n
.
2
.
(2018常德一模)已知数列{
a
n
}的前
n< br>项和为
S
n
,且
a
1
=
2,(
n+
1)
a
n
=
2
S
n
.
(1)求数列{
a
n
}的通项公式
a
n
.
(2)令
b
n
=
,设数列{
b
n
}的前
n
项和为
Tn
,求证:
T
n
<.
解析 ( 1)由(
n+
1)
a
n
=
2
S
n
,得当
n
≥2时,
na
n-
1
=
2
Sn-
1
.
两式相减得(
n-
1)
a
n
=na
n-
1
,
即
-
-
-
-
=
,
-
-
=
…
=
,
利用累乘法,得
=
,则
a
n
=
2
n.
当
n=
1时,
a
1
=2符合上式,故
a
n
=
2
n.
(2)由于
a
n
=
2
n
,
则
b
n
=
=
=
-
,
-
T
n
=
-
-
…
=
-
-
=
-
-
<
.
-
-
3
.
(20 18海淀区二模)已知等差数列{
a
n
}满足2
a
n+
1< br>-a
n
=
2
n+
3
.
(1)求数列{
a
n
}的通项公式;
(2)若数列{
a< br>n
+b
n
}是首项为1,公比为2的等比数列,求数列{
b
n
}的前
n
项和
.
解析 (1)设等差数列{
a
n
}的公差为
d
,
因为2
a
n+
1
-a
n
=
2
n+
3,
-
所以
-
所以
所以
所以
a
n
=a
1
+
(
n -
1)
d=
2
n-
1
.
(2)因为数列 {
a
n
+b
n
}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以
a
n
+b
n
=
2
n-
1
.
因为
a
n
=
2
n-
1,
所以
b
n
=
2
n-
1
-
(2
n-
1 )
.
设数列{
b
n
}的前
n
项和为S
n
,
则
-
-
-
S
n
=
(1
+
2
+
4
+
…
+
2)
-
[1
+
3
+
5
+…
+
(2
n-
1)]
=
n-
1
-
=
2
n
-
1
-n
2
.
所以数列{
b
n
}的前
n
项和为2
n
-< br>1
-n
2
.
4
.
(厦门第一中学2017 届高三上学期期中考试)设递增的等比数列{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,已知2(
a
n
+a
n+< br>2
)
=
5
a
n+
1
,且
=a
10
.
(1)求数列{
a
n
}的通 项公式及前
n
项和
S
n
;
(2)设
b
n
=S
n
log
2
a
n+
1
(
n
∈N
*
),求数列{
b
n< br>}的前
n
项和
T
n
.
解析 (1)设等比数列{
a
n
}的公比为
q
,
由2(
a
n
+a
n+
2
)
=
5
a
n+< br>1
,得2
q
2
-
5
q+
2
=
0,
解得
q=
或
q=
2
.
因为{
a
n
}为递增数列,所以
q=
2
.
又由
=a
10
知,(
a
1
q
4
)
2
=a
1
q
9
,所以
a< br>1
=q
,
所以
a
1
=q=
2,
a
n
=
2
n
,
S
n
=
2
n +
1
-
2
.
(2)
b
n
=S
n
log
2
a
n+
1
=
(2
n+
1
-
2)(
n+
1)
=
(
n+
1 2
n+
1
-
2(
n+
1),
记数列{(
n+
1 2
n+
1
}的前
n
项和为
P
n
,
则
P
n
=
2
×
2
2
+
3
×
2
3
+
4
×
2
4
+
…
+
(
n+
1 2
n+
1
,
2
Pn
=
2
×
2
3
+
3
×
24
+
…
+n
2
n+
1
+
(
n+
1 2
n+
2
,
两式相减得
-P
n
=
2< br>+
(2
+
2
+
…
+
2)
-
(
n+
1 2
=
2
+
2
n+
2
,
334
n+
1
n+
23
-
-
-
-
(
n+
1 2
n+
2
=-n
即
P
n
=n
2
n+
2
.
又数列{2(
n+
1)}的前
n
项和为2[2
+
3
+
4
+
…
+
(
n+
1)]
=n
(
n+
3),
所以
T
n
=n
2
n+
2
-n
(
n+
3)
.
中南大学专业-国庆冷门旅游景点
散光是怎么回事-长江在哪个省
补脑吃什么-智子疑邻的翻译
挂科对考研有影响吗-童话故事英语
网络销售怎么样-河北工业职业技术学院官网
向量点乘-山东师范历山学院
small的比较级是什么-understand的过去式
大江歌罢掉头东的作者-2020年贵州省公务员考试时间
本文更新与2020-09-09 16:27，由作者提供，不代表本网站立场，转载请注明出处：https://www.bjmy2z.cn/gaokao/390595.html