(全国通用)2018届高考数学二轮复习第二篇熟练规范中档大题保高分第23练数列的证明、通项与求和练习文

又∵a41＝4，∴a4n＝a41qn－1

＝4×2

n－1

＝2

n＋1

. ……………………………………………4分

n+1

a4n2nn(2)∵bn＝＋(－1)·an1＝n+1＋(－1)·n n+1

?a4n－2??a4n－1??2－2??2－1?

211nn＝n＋(－1)·n＝n－n+1＋(－1)·n. ………………………………6分 n+1

?2－1??2－1?2－12－11??1??11??11??1

∴Sn＝?1－?＋?－?＋?－?＋…＋?n－n+1?＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－

?3??37??715??2－12－1?1)·n].

1n当n为偶数时，Sn＝1－n+1＋，……………………………………………………8分

2－12当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋bn＝1＋

nnn－1

2

－

1?n1－n+11? －n＋?2－12－1?n2－1??

1n＋11－n1

＝1－n+1－＝－n+1(n≥3且n为奇数).

2－1222－11－n1经验证，当n＝1时，也满足Sn＝－n+1.

22－1

………………………………………………………………………………………………11分 1n1－＋，n为偶数，??2－12

综上，数列{b}的前n项和S＝?1－n1

－??22－1，n为奇数.…………………………12分

n+1

nnn+1

构建答题模板

[第一步] 找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系.

[第二步] 求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式. [第三步] 定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等). [第四步] 写步骤.

[第五步] 再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.

1.(2017·包头一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n (n∈N). (1)求a1，a2，a3的值；

(2)是否存在常数λ，使得数列{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an；若不存在，请说明理由.

解 (1)当n＝1时，由S1＝2a1－3×1，可得a1＝3； 当n＝2时，由S2＝2a2－3×2，可得a2＝9；

*

9

当n＝3时，由S3＝2a3－3×3，可得a3＝21. (2)令(a2＋λ)＝(a1＋λ)(a3＋λ)， 即(9＋λ)＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 由Sn＝2an－3n及Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)， 两式相减，得an＋1＝2an＋3.

由以上结论得an＋1＋3＝(2an＋3)＋3＝2(an＋3)， 所以数列{an＋3}是首项为6，公比为2的等比数列， 因此存在λ＝3，使得数列{an＋3}为等比数列， 所以an＋3＝(a1＋3)×2

n－1

2

2

，所以an＝3(2－1).

2n－1

n2.设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·2(1)求数列{an}的通项公式；

.

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)由已知，当n≥1时，

an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n+1)－1.

而a1＝2，

所以数列{an}的通项公式为an＝2

2n－1

. 知，

(2)(错位相减法)由bn＝nan＝n·2

2n－1

Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，

2

3

5

7

①

2n+1

2·Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2①－②，得

(1－2)Sn＝2＋2＋2＋…＋212n+1

即Sn＝[(3n－1)2＋2].

9

2

3

5

2n－1

， ②

－n·2

2n+1

，

112*

3.已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N)，且－＝，S6＝63.

a1a2a3

(1)求{an}的通项公式；

(2)若对任意的n∈N，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)bn}的前2n项和. 解 (1)设数列{an}的公比为q. 112

由已知，－＝2，

*

n2

a1a1qa1q解得q＝2或q＝－1.

1－q又由S6＝a1·＝63知，q≠－1，

1－q6

10

6

所以a1－2

1·1－2＝63，得a1＝1.

所以an＝2

n－1

.

(2)由题意，得b1

n＝2(log2an＋log2an＋1)

＝12(log2n－1＋logn)＝n－12222

， 即{b1

n}是首项为2，公差为1的等差数列.

设数列{(－1)nb2

n}的前n项和为Tn，则

T2222(－b22

2n＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋2n－1＋b2n)

＝b2n?b1＋b2n?21＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2＝2n.

4.已知数列{a*

n}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N). (1)求证：数列{an＋1}是等比数列；

(2)若ban＋1

n＝?a2??a?

，求数列{bn}的前n项和Sn；

n＋n＋3(3)求证：a1＋a2ana＋…＋

a＜n(n∈N*

). 2a3n＋12

(1)证明 ∵an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)， ∴

an＋1

a＝2.又∵a1＋1＝2，

n－1＋1

∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列. (2)解 ∵annn＋1＝2，∴an＝2－1.

nn－1

∴b2211

n＝?2n＋1??2n＋2?＝?2n＋1??2n－1＋1?＝2n－1＋1－2n＋1

. Sn＝??1111?20＋1－121＋1???＋??1?21＋1－122＋1???＋…＋??1?2n－1＋1－2n＋1??

?＝2－2n＋1

. (3)证明 ∵akkk2－a＝12－11

2k＋1－1＝＜，

k＋12??k1?

2－?2

2??∴a1＋a2

＋…＋

anna2a3a＜(n∈N*

). n＋12

5.已知数列{an}中，a1＝1，a3＝9，且an＝an－1＋λn－1(n≥2). (1)求λ的值及数列{an}的通项公式；

(2)设bnn＝(－1)·(an＋n)，且数列{bn}的前n项和为Sn，求S2n. 解 (1)∵a1＝1，an＝an－1＋λn－1，

∴a2＝2λ，a3＝5λ－1，由a3＝5λ－1＝9，得λ＝2.

11

于是an＝an－1＋2n－1，

即an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－3，

an－2－an－3＝2n－5，…，a2－a1＝3.

以上各式累加，得a?n－1??2n＋2?2

n＝1＋2＝n.

(2)由(1)得bn＝(－1)n·(ann＋n)＝(－1)·n(n＋1).

故S2n＝－1×2＋2×3－3×4＋4×5－5×6＋6×7－…－(2n－1)·2n＋2n·(2n＋1) ＝2(－1＋3)＋4(－3＋5)＋6(－5＋7)＋…＋2n(－2n＋1＋2n＋1) ＝2(2＋4＋6＋…＋2n) ＝2·n?2n＋2?

2

2

＝2n＋2n.

12