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2021 年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破 专题 6.4 数列求和与数列综合 目录 一、题型全归纳 ...........................................................................................................................................................1 题型一 分组转化求和 .........................................................................................................................................1 题型二 错位相减法求和 .....................................................................................................................................3 题型三 裂项相消法求和 .....................................................................................................................................6 题型四 并项求和 .................................................................................................................................................8 题型五 数列与其他知识的交汇 .........................................................................................................................9 类型一.数列与不等式的交汇问题 ...........................................................................................................9 类型二.数列与三角函数的综合 .............................................................................................................10 类型三.数列与函数的综合 .....................................................................................................................11 类型四.数列中的新定义问题 .................................................................................................................12 类型五.数列中的新情境问题 .................................................................................................................13 二、高效训练突破 .....................................................................................................................................................14 一、题型全归纳 题型一 分组转化求和 【题型要点】分组转化法求和的常见类型 (1)若 an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前 n 项和; (2)通项公式为 an={bn,n 为奇数, cn,n 为偶数 的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组转化法 求和.  【例 1】(2020·山东五地 5 月联考)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足关于 x 的不等式 a1x2-S2x+20,所以 q=3,所以 an=3n-1. (2)因为 bn= 1 (n+2)log3an+1 = 1 n(n+2)=1 2 , 所以 Sn=1 2(1-1 3+1 2-1 4+…+ 1 n-1- 1 n+1+1 n- 1 n+2)=1 2(1+1 2- 1 n+1- 1 n+2)=3 4- 2n+3 2(n+1)(n+2). 题型四 并项求和 【题型要点】用并项求和法求数列的前 n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等 比数列来求和.可用并项求和法的常见类型:一是数列的通项公式中含有绝对值符号;二是数列的通项公 式中含有符号因子“(-1)n”;三是数列{an}是周期数列. 【易错提醒】运用并项求和法求数列的前 n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征,如本题,数列{bn}的 通项公式为 bn=(-1)n 2n+1 n(n+1),易知数列{bn}是摆动数列,所以求和时可以将各项进行适当合并.  【例 1】(2020·福建宁德二检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-2kn(k∈N*),Sn 的最小值为-9. (1)确定 k 的值,并求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(-1)n·an,求数列{bn}的前 2n+1 项和 T2n+1. 【答案】见解析 【解析】:(1)由已知得 Sn=n2-2kn=(n-k)2-k2,因为 k∈N*,则当 n=k 时,(Sn)min=-k2=-9,故 k= ( )      + 2 1-1 nn3. 所以 Sn=n2-6n. 因为 Sn-1=(n-1)2-6(n-1)(n≥2), 所以 an=Sn-Sn-1=(n2-6n)-[(n-1)2-6(n-1)]=2n-7(n≥2). 当 n=1 时,S1=a1=-5,满足 an=2n-7, 综上,an=2n-7. (2)依题意,得 bn=(-1)n·an=(-1)n(2n-7), 则 T2n+1=5-3+1+1-3+5-…+(-1)2n(4n-7)+(-1)2n+1[2(2n+1)-7] =5- =5-2n. 【例 2】(2020·河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列{an}中,a3=3,a2+2,a4,a6-2 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 bn= (-1)na2n+1 anan+1 ,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求 S2n. 【答案】见解析 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d, 因为 a2+2,a4,a6-2 成等比数列, 所以 a24=(a2+2)(a6-2), 所以(a3+d)2=(a3-d+2)(a3+3d-2), 又 a3=3,所以(3+d)2=(5-d)(1+3d),化简得 d2-2d+1=0,解得 d=1, 所以 an=a3+(n-3)d=3+(n-3)×1=n. (2)由(1)得,bn= (-1)na2n+1 anan+1 =(-1)n 2n+1 n(n+1)=(-1)n(1 n+ 1 n+1), 所以 S2n=b1+b2+b3+…+b2n=-(1+1 2)+(1 2+1 3)-(1 3+1 4)+…+( 1 2n+ 1 2n+1)=-1+ 1 2n+1= -2n 2n+1. 题型五 数列与其他知识的交汇 类型一.数列与不等式的交汇问题 【例 1】(2020·广东深圳二模)设 S n 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=3,当 n≥2 时,有 Sn+Sn-1-2SnSn-1= 2nan,则使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为________. 【答案】1 009 【解析】 因为 Sn+Sn-1-2SnSn-1=2nan(n≥2),所以 Sn+Sn-1-2SnSn-1=2n(Sn-Sn-1)(n≥2), 所以(2n+1)Sn-1-(2n-1)Sn=2SnSn-1(n≥2). 易知 Sn≠0,所以2n+1 Sn -2n-1 Sn-1 =2(n≥2). 令 bn=2n+1 Sn ,则 bn-bn-1=2(n≥2), 又 b1= 3 S1= 3 a1=1,所以数列{bn}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,所以 bn=2n-1, 所以2n+1 Sn =2n-1,所以 Sn=2n+1 2n-1. 所以 S1S2…Sm=3×5 3×…×2m+1 2m-1=2m+1≥2 019,所以 m≥1 009. 即使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【题后升华】解决本题的关键:一是细观察、会构造,即通过观察所给的关于 Sn,an 的关系式,思考是将 Sn 往 an 转化,还是将 an 往 Sn 转化;二是会解不等式,把求出的相关量代入已知不等式,转化为参数所满足的 不等式,解不等式即可求出参数的最小值.  类型二.数列与三角函数的综合 【例 2】(2020·安徽安庆 4 月联考)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 3sin B-sin C b-a = sin A+sin B c . (1)求角 A 的大小; (2)若等差数列{an}的公差不为零,a1sin A=1,且 a2,a4,a8 成等比数列,bn= 1 anan+1,求数列{bn}的前 n 项 和 Sn. 【答案】见解析 【解析】 (1)由 3sin B-sin C b-a =sin A+sin B c , 根据正弦定理可得 3b-c b-a =b+a c ,即 b2+c2-a2= 3bc, 所以 cos A=b2+c2-a2 2bc = 3 2 , 由 00, 所以 a6=1 2,a8=15 2 , 所以{a1+5d=1 2, a1+7d=15 2 , 解得{a1=-17, d=7 2. 所以 S8=8a1+8 × (8-1) 2 ×d=-38,故选 A. 【题后反思】破解数列与函数相交汇问题的关键:一是会利用导数法求函数的极值点;二是会利用等差数 列的单调性,若公差大于 0,则该数列单调递增,若公差小于 0,则该数列单调递减,若公差等于 0,则该 数列是常数列,不具有单调性;三是会利用公式法求和,记清等差数列与等比数列的前 n 项和公式,不要搞混.  类型四.数列中的新定义问题 【 例 4 】 (2020· 河 北 石 家 庄 4 月 模 拟 ) 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn , 定 义 {an} 的 “ 优 值 ” 为 Hn = a1+2a2+…+2n-1an n ,现已知{an}的“优值”Hn=2n,则 Sn=________. 【答案】 n(n+3) 2 【解析】 由 Hn=a1+2a2+…+2n-1an n =2n, 得 a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,① 当 n≥2 时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)2n-1,② 由①-②得 2n-1an=n·2n-(n-1)2n-1=(n+1)2n-1,即 an=n+1(n≥2), 当 n=1 时,a1=2 也满足式子 an=n+1, 所以数列{an}的通项公式为 an=n+1, 所以 Sn=n(2+n+1) 2 =n(n+3) 2 . 【题后反思】破解此类数列中的新定义问题的关键:一是盯题眼,即需认真审题,读懂新定义的含义,如 本题,题眼{an}的“优值”Hn=2n 的含义为a1+2a2+…+2n-1an n =2n;二是想“减法”,如本题,欲由等式 a1+2a2 +…+2n-1an=n·2n 求通项,只需写出 a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,通过相减,即可得通项公式.  类型五.数列中的新情境问题 【例 5】(2020·安徽六校第二次联考)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且 a1+ a2 =3,a3-a2= 2,等 差数列{bn}的前 n 项和为 Sn,且 b3=5,S4=16. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系中,有点 P1(a1,0),P2(a2,0),…,P n(an,0),Pn+1(an+1,0),Q1(a1,b1), Q2(a2,b2),…,Qn(an,bn),若记△PnQnPn+1 的面积为 cn,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)设数列{an}的公比为 q, 因为 a1+a2=3,a3-a2=2,所以{a1+a1q=3, a1q2-a1q=2,得 3q2-5q-2=0,又 q>0, 所以 q=2,a1=1,则 an=2n-1. 设数列{bn}的公差为 d, 因为 b3=5,S4=16,所以{b1+2d=5, 4b1+6d=16,解得{b1=1, d=2, 则 bn=2n-1. (2)由(1)得 PnPn+1=an+1-an=2n-2n-1=2n-1,PnQn=bn=2n-1, 故 cn=S△PnQnPn+1=2n-1(2n-1) 2 =(2n-1)2n-2, 则 Tn=c1+c2+c3+…+cn=1 2×1+1×3+2×5+…+(2n-1)2n-2,① 2Tn=1×1+2×3+4×5+…+(2n-1)2n-1,② 由①-②得,-Tn=1 2+2(1+2+…+2n-2)-(2n-1)·2n-1=1 2+2(1-2n-1) 1-2 -(2n-1)2n-1 =(3-2n)2n-1-3 2,故 Tn=(2n-3)2n-1+3 2(n∈N*). 【题后反思】数列中新情境问题的求解关键:一是观察新情境的特征,如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征;二是会转化,如本题,把数列{cn}的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求; 三是活用数列求和的方法,如本题,活用错位相减法,即可得数列{cn}的前 n 项和.  二、高效训练突破 一、选择题 1.在数列{an}中,a1=2,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,n∈N*,则 S60 的值为(  ) A.990 B.1 000 C.1 100 D.99 【答案】A. 【解析】:n 为奇数时,an+2-an=0,an=2;n 为偶数时,an+2-an=2,an=n.故 S60=2×30+(2+4+…+ 60)=990. 2.(2020·汕头摸底)已知数列{an},若 an+1=an+an+2(n∈N*),则称数列{an}为“凸数列”.已知数列{bn}为“凸 数列”,且 b1=1,b2=-2,则数列{bn}的前 2019 项和为(  ) A.5 B.-4 C.0 D.-2 【答案】B 【解析】由“凸数列”的定义及 b1=1,b2=-2,得 b3=-3,b4=-1,b5=2,b6=3,b7=1,b8=-2,…,∴数列{bn}是周期为 6 的周期数列,且 b1+b2+b3+b4+b5+b6=0,2019=336×6+3,于是数列{bn}的前 2019 项和为 336×0+b1+b2+b3=-4. 3.已知函数 f(x)=ax+b(a>0,且 a≠1)的图象经过点 P(1,3),Q(2,5).当 n∈N*时,an= f(n)-1 f(n)·f(n+1), 记数列{an}的前 n 项和为 Sn,当 Sn=10 33时,n 的值为(  ) A.7 B.6 C.5 D.4 【答案】D. 【解析】:因为函数 f(x)=ax+b(a>0,且 a≠1)的图象经过点 P(1,3),Q(2,5), 所以{a+b=3, a2+b=5,所以{a=2, b=1 或{a=-1, b=4 (舍去),所以 f(x)=2x+1, 所以 an= 2n+1-1 (2n+1)(2n+1+1)= 1 2n+1- 1 2n+1+1, 所以 Sn= + +…+ =1 3- 1 2n+1+1, 令 Sn=10 33,得 n=4.故选 D. 4.(2020·河北保定期末)在数列{an}中,若 a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n∈N*),则该数列的前 100 项之和 是(  ) A.18 B.8 C.5 D.2 【答案】C. 【解析】:因为 a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n∈N*),所以 a3=3-1=2,a4=2-3=-1,a5=-1-2=- 3,a6=-3+1=-2,a 7=-2+3=1,a 8=1+2=3,a 9=3-1=2,…,所以{a n}是周期为 6 的周期数列, 因为 100=16×6+4,所以 S100=16×(1+3+2-1-3-2)+(1+3+2-1)=5.故选 C. 5.已知数列{an}的各项均为正整数,其前 n 项和为 Sn,若 an+1=Error!且 a1=5,则 S2020=(  ) A.4740 B.4737 C.12095 D.12002 【答案】B 【解析】依题意 an+1=Error!且 a1=5,a2=3×5+1=16,a3=16 2 =8,a4=8 2=4,a5=4 2=2,a6=2 2=1,a7= 3×1+1=4,…所以数列{an}从第四项起构成周期为 3 的周期数列.因为 2020=3+3×672+1,所以 S2020=5      5 1-3 1      9 1-5 1      +−+ + 12 1 12 1 1nn+16+8+(4+2+1)×672+4=4737. 6.在数列{an}中,若对任意的 n∈N*均有 an+an+1+an+2 为定值,且 a7=2,a9=3,a98=4,则数列{an}的前 100 项的和 S100=(  ) A.132 B.299 C.68 D.99 【答案】B 【解析】因为在数列{an}中,若对任意的 n∈N*均有 an+an+1+an+2 为定值,所以 an+3=an,即数列{an}中 各项是以 3 为周期呈周期变化的.因为 a7=2,a9=3,a98=a3×30+8=a8=4,所以 a1+a2+a3=a7+a8+a9= 2+4+3=9,所以 S100=33×(a1+a2+a3)+a100=33×9+a7=299,故选 B. 7.(2020·洛阳模拟)记数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,(Sn+1-Sn)an=2n(n∈N*),则 S2020=(  ) A.3×(21010-1) B.3 2×(21010-1) C.3×(22020-1) D.3 2×(22020-1) 【答案】A 【解析】因为(Sn+1-Sn)an=2n(n∈N*),所以 an+1an=2n(n∈N*),所以 an+2an+1=2n+1.两式作比可得an+2 an =2(n ∈N*).又因为 a1=1,a2a1=2,所以 a2=2.所以数列{a2n}是首项为 2,公比为 2 的等比数列,{a2n-1}是首 项为 1,公比为 2 的等比数列.所以 S2020=(a1+a3+…+a 2017+a2019)+(a 2+a4+…+a 2018+a2020)= 1 × (1-21010) 1-2 +2 × (1-21010) 1-2 =3×(21010-1).故选 A. 8.(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)数列{an}的通项公式为 an=ncosnπ 2 ,其前 n 项和为 Sn,则 S2021 等于 (  ) A.-1010 B.2018 C.505 D.1010 【答案】D 【解析】易知 a1=cosπ 2=0,a2=2cosπ=-2,a3=0,a4=4,….所以数列{an}的所有奇数项为 0,前 2020 项中所有偶数项(共 1010 项)依次为-2,4,-6,8,…,-2018,2020.故 S2020=0+(-2+4)+(-6+8)+…+ (-2018+2020)=1010.a2021=0,∴S2021=1010.故选 D. 9.在数列{an}中,若 an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前 12 项和等于(  ) A.76         B.78C.80 D.82 【答案】B. 【解析】:由已知 an+1+(-1)nan=2n-1,得 an+2+(-1)n+1·an+1=2n+1,两式相减得 an+2+an=(-1)n·(2n -1)+(2n+1),取 n=1,5,9 及 n=2,6,10,结果相加可得 S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=78.故选 B. 10.(2020·湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方 法的前两步为: 第一步:构造数列 1,1 2,1 3,1 4,…,1 n.① 第二步:将数列①的各项乘以n 2,得到一个新数列 a1,a2,a3,…,an. 则 a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=(  ) A.n2 4 B. (n-1)2 4 C.n(n-1) 4 D.n(n+1) 4 【答案】C 【解析】由题意知所得新数列为 1×n 2,1 2×n 2,1 3×n 2,…, 1 n×n 2,所以 a1a2+a2a3+a3a4+…+a n - 1an=n2 4 = n2 4 = n2 4 = n(n-1) 4 . 二、填空题 1.(2020·湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,a1=1.当 n≥2 时,an+2Sn-1=n, 则 S2 019=________. 【答案】:1 010 【解析】:由 an+2Sn-1=n(n≥2),得 an+1+2Sn=n+1,两式作差可得 an+1-an+2an=1(n≥2),即 an+1+an= 1(n≥2),所以 S2 019=1+2 018 2 ×1=1 010. 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,a2=2,且 an+2-2an+1+an=0(n∈N*),记 Tn= 1 S1+ 1 S2+…+ 1 Sn(n ∈N*),则 T2 018=________. 【答案】:4 036 2 019 ( )     ×+⋅⋅⋅+×+×+× n1-n 1 43 1 32 1 21 1         +⋅⋅⋅+    +    +     n 1-1-n 1 4 1-3 1 3 1-2 1 2 1-1      − n 11【解析】:由 an+2-2an+1+an=0(n∈N*),可得 an+2+an=2an+1,所以数列{an}为等差数列,公差 d=a2-a1 =2-1=1,通项公式 an=a1+(n-1)×d=1+n-1=n,则其前 n 项和 Sn=n(a1+an) 2 =n(n+1) 2 ,所以 1 Sn = 2 n(n+1)=2(1 n- 1 n+1),Tn= 1 S1+ 1 S2+…+ 1 Sn=2(1 1-1 2+1 2-1 3+…+1 n- 1 n+1)=2(1- 1 n+1)= 2n n+1,故 T2 018 =2 × 2 018 2 018+1=4 036 2 019. 3.(2020·商丘质检)有穷数列 1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1 所有项的和为________. 【答案】2n+1-n-2 【解析】因为 1+2+4+…+2n-1=2n-1 2-1 =2n-1, 所以 Sn=1+(1+2)+(1+2+4)+…+(1+2+4+…+2n-1) =(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=2(2n-1) 2-1 -n=2n+1-n-2. 4.(2020·枣庄模拟)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列 的前 100 项和为 ________. 【答案】100 101 【解析】等差数列{an}中,∵a5=5,S5=15, ∴Error!解得 a1=1,d=1, ∴an=1+(n-1)=n,∴ 1 anan+1= 1 n(n+1)=1 n- 1 n+1, ∴数列 的前 100 项和 S100= + + +…+ =1- 1 101=100 101. 5.(2020·湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列{a n}和{bn}满足 a1a2a3…an=2bn(n∈N*),若数列{an}为等比 数列,且 a1=2,a4=16,则数列 的前 n 项和 Sn=________. 【答案】: 2n n+1 【解析】:因为{an}为等比数列,且 a1=2,a4=16,所以公比 q=3 a4 a1=3 16 2 =2,所以 an=2n, 所以 a1a2a3…an=21×22×23×…×2n=21+2+3+…+n=2 n(n+1) 2 . 因为 a1a2a3…an=2bn,所以 bn=n(n+1) 2 .       ⋅ +1 1 nn aa       ⋅ +1 1 nn aa      2 1-1      3 1-2 1      4 1-3 1      101 1-100 1       nb 1所以 1 bn= 2 n(n+1)=2 . 所以 的前 n 项和 Sn=b1+b2+b3+…+bn =2(1 1-1 2+1 2-1 3+1 3-1 4+…+1 n- 1 n+1)=2 = 2n n+1. 三 解答题 1.已知数列{an}满足 a1+4a2+42a3+…+4n-1an=n 4(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 4nan 2n+1,求数列{bnbn+1}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】:(1)当 n=1 时,a1=1 4. 因为 a1+4a2+42a3+…+4n-2an-1+4n-1an=n 4 ①, 所以 a1+4a2+42a3+…+4n-2an-1=n-1 4 (n≥2,n∈N*) ②, ①-②得 4n-1an=1 4(n≥2,n∈N*), 所以 an= 1 4n(n≥2,n∈N*). 由于 a1=1 4,故 an= 1 4n(n∈N*). (2)由(1)得 bn= 4nan 2n+1= 1 2n+1, 所以 bnbn+1= 1 (2n+1)(2n+3)=1 2( 1 2n+1- 1 2n+3), 故 Tn=1 2(1 3-1 5+1 5-1 7+…+ 1 2n+1- 1 2n+3)=1 2(1 3- 1 2n+3)= n 6n+9. 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn=3an-1 2 . (1)求 an; (2)若 bn=(n-1)an,且数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 【答案】见解析 【解析】:(1)由已知可得,2Sn=3an-1,①   +− 1 11 nn       nb 1   +− 1 11 n所以 2Sn-1=3an-1-1(n≥2),② ①-②得,2(Sn-Sn-1)=3an-3an-1, 化简得 an=3an-1(n≥2), 在①中,令 n=1 可得,a1=1, 所以数列{an}是以 1 为首项,3 为公比的等比数列, 从而有 an=3n-1. (2)bn=(n-1)3n-1, Tn=0×30+1×31+2×32+…+(n-1)×3n-1,③ 则 3Tn=0×31+1×32+2×33+…+(n-1)×3n.④ ③-④得,-2Tn=31+32+33+…+3n-1-(n-1)×3n=3-3n 1-3 -(n-1)×3n= (3-2n) × 3n-3 2 . 所以 Tn= (2n-3) × 3n+3 4 . 3.已知等差数列{an}中,a5-a3=4,前 n 项和为 Sn,且 S2,S3-1,S4 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=(-1)n 4n anan+1,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】:(1)设{an}的公差为 d,由 a5-a3=4,得 2d=4,d=2. 所以 S2=2a1+2,S3-1=3a1+5,S4=4a1+12, 又 S2,S3-1,S4 成等比数列,所以(3a1+5)2=(2a1+2)·(4a1+12),解得 a1=1,所以 an=2n-1. (2)bn=(-1)n 4n anan+1=(-1)n( 1 2n-1+ 1 2n+1), 当 n 为偶数时,Tn=-(1+1 3)+(1 3+1 5)-(1 5+1 7)+…-( 1 2n-3+ 1 2n-1)+( 1 2n-1+ 1 2n+1),所以 Tn=-1+ 1 2n+1 =- 2n 2n+1. 当 n 为奇数时,Tn=-(1+1 3)+(1 3+1 5)-(1 5+1 7)+…+( 1 2n-3+ 1 2n-1)-( 1 2n-1+ 1 2n+1), 所以 Tn=-1- 1 2n+1=-2n+2 2n+1.所以 Tn={- 2n 2n+1,n 为偶数 -2n+2 2n+1 ,n 为奇数. 4.已知 Sn 为正项数列{an}的前 n 项和,a1=1,且 Sn=an+1 4(n≥2 且 n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{4 Sn·an}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)当 n=2 时, 1+a2=a2+1 4, ∴a2=5 4 . 当 n≥2 时,Sn=a2n+1 2an+ 1 16,① ∴Sn+1=a 2n+1+1 2an+1+ 1 16.② ②-①,得 an+1=a 2n+1-a2n+1 2an+1-1 2an, 即1 2(an+1+an)=a 2n+1-a2n,∴an+1-an=1 2. ∴当 n≥2 时,{an}是公差为1 2的等差数列, ∴an=a2+1 2(n-2)=n 2+1 4. ∵a1=1 不适合上式,∴an=Error! (2)当 n=1 时,T1=4 a1·a1=4. 当 n≥2 时, Sn=an+1 4=n 2+1 2, 则 4 Sn·an=2n 设 Pn=Tn-T1=5 2·22+7 2·23+9 2·24+…+ 2n,① 则 2Pn=5 2·23+7 2·24+…+ ·2n+ ·2n+1.② ①-②,得-Pn=10+(23+24+…+2n)- ·2n+1=2+(1-2n)·2n, 故 Pn=(2n-1)·2n-2,∴Tn=(2n-1)·2n+2. ∵T1=4 也适合上式,∴Tn=(2n-1)·2n+2.      −= 舍去,4 3 2a      + 2 1n      + 2 1n      2 1-n      + 2 1n      + 2 1n 查看更多

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