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专项突破练二　分组求和、倒序相加求和、并项求和
题型一
例1　1123　[解析] 因为a1=a2=1,an+2=
所以数列{a2n}是首项为1,公比为2的等比数列,数列{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以数列{an}的前20项和为+10×1+×2=1123.
变式　解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意可知q>1.
因为4a3与3a5的等差中项为4a4,a3与a7的等比中项为16,所以所以
解得或(舍去),所以an=a1qn-1=2n-1.
(2)bn=log2an+1=log22n=n,所以Sn=(1+21+22+…+2n-1)+(1+2+3+…+n)=+=2n-1+.
题型二
例2　　[解析] 函数f(x)=,当x>0时,f(x)+f=+=+=1.因为数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a10=1,所以a1a19=a2a18=a3a17=…==1,所以f(a1)+f(a19)=f(a1)+f=1,同理f(a2)+f(a18)=f(a3)+f(a17)=…=f(a10)+f(a10)=1.令S=f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a18)+f(a19),又S=f(a19)+f(a18)+f(a17)+…+f(a2)+f(a1),所以2S=19,则S=,所以f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a18)+f(a19)=.
变式　A　[解析] f(x)+f(y)=ln x+ln y=ln(xy)=2,∴xy=e2.
由Sn=ln xn+ln(xn-1y)+…+ln(xyn-1)+ln yn,
得Sn=ln yn+ln(xyn-1)+…+ln(xn-1y)+ln xn,两式相加,
得2Sn=(n+1)ln(xnyn)=(n+1)nln(xy)=2n(n+1),∴Sn=n(n+1).
故选A.
题型三
例3　解:当n为奇数时,Sn=(-1+3)+(-5+7)+…+[(-2n+5)+(2n-3)]+(-2n+1)=2·+(-2n+1)=-n;当n为偶数时,Sn=(-1+3)+(-5+7)+…+[(-2n+3)+(2n-1)]=2·=n.
∴Sn=(-1)n·n (n∈N*).
变式　C　[解析] S2023=a1+(a2+a3+a4)+…+(a2021+a2022+a2023)=+++…+==675.故选C.专项突破练二　分组求和、倒序相加求和、并项求和
1.B　[解析] 由题意知a1+a2+a3+a4=40,an+an-1+an-2+an-3=80,两式相加得a1+an=30.又因为数列{an}的所有项的和Sn===210,所以n=14.故选B.
2.D　[解析] 由题意知,数列{an}的前4项构成首项为1,公比为2的等比数列,数列{an}从第5项起的数依次构成一个新数列,新数列的首项为a5=2a4=16,公差为-2,所以S20=(1+2+4+8)+[16+14+…+(16-15×2)]=15+=31.故选D.
3.C　[解析] ∵a1=2,an+an+1+an+2=2,∴S2023=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2021+a2022+a2023)=2+674×2=1350,故选C.
4.D　[解析] 由题意知an=n2cos nπ+(n+1)2cos[(n+1)π],
所以当n为奇数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1,
当n为偶数时,an=n2-(n+1)2=-(2n+1),
所以S2n=3-5+7-9+…+(4n-1)-(4n+1)=(3-5)+(7-9)+…+[(4n-1)-(4n+1)]=n×(-2)=-2n.故选D.
5.A　[解析] ∵f(1-x)=1-x+3sin+,∴f(x)+f(1-x)=2.∵an+a2023-n=+=1,∴f(an)+f(a2023-n)=2.令S=f(a1)+f(a2)+…+f(a2022),则S=f(a2022)+f(a2021)+…+f(a1),两式相加得2S=2×2022,∴S=2022.故选A.
6.A　[解析] a1+a2+a3+…+a2n+1=-12+22-32+42-52+…+(2n)2-(2n+1)2=-1+(22-32)+(42-52)+…+[(2n)2-(2n+1)2]=-1-(2+3)-(4+5)-…-(2n+2n+1)=-[1+2+3+4+5+…+2n+(2n+1)]=-=-(n+1)(2n+1),故选A.
7.ACD　[解析] a1=1,a1+a2=2,则a2=1,又a2+a3=4,∴a3=3,
又a3+a4=23,∴a4=5,故A正确;
=1,=3,则{an}不是等比数列,故B错误;
a1+a2+…+a2023=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2022+a2023)=1++…+22022=1+==,故C正确;
a1+a2+…+a2022=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2021+a2022)=+…+22021===,故D正确.故选ACD.
8.BCD　[解析] 当n=2k(k∈N*)时,由已知条件可得a2k+a2k+1=2k·(-1)k(2k+1),所以S2023=a1+a2+a3+…+a2023=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2022+a2023)=a1-2+4-6+8-…-2022=a1+2×505-2022=a1-1012,则S2023-a1=-1012,所以m+S2023=m+a1-1012=-1011,则m+a1=1,A错误,B,C正确.a1=1-m,ma1=m(1-m)=-m2+m.令y=-m2+m,易知该函数图象的对称轴为直线m=,开口向下,所以ymax=-+=,所以ma1的最大值为,D正确.故选BCD.
9.an=n+1　[解析] an=f(0)+f+f+…+f+f(1),an=f(1)+f+…+f+f+f(0),两式相加可得2an=[f(0)+f(1)]++…++[f(1)+f(0)]=2(n+1),所以an=n+1.
10.484　[解析] 因为anan+1=3n,所以an+1an+2=3n+1,所以=3,又a1=1,所以a2=3,所以{an}的前10项和S10=(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a10)=(1+3+…+34)+(3+32+…+35)=+=484.
11.90　[解析] 由题意和,当n为奇数时,an+2-an=(-1)+3=2,所以数列{a2k-1}(k∈N*)是公差为2,首项为2的等差数列,所以a2k-1=2+2(k-1)=2k;当n为偶数时,an+2-an=1+3=4,所以数列{a2k}是公差为4,首项为4的等差数列,所以a2k=4+4(k-1)=4k.设数列{an}的前10项和为S10,则S10=a1+a2+…+a10=(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a10)=+=90.
12.1365　[解析] 依题意得a1+a2=2,a2+a3=4,因此等比数列{an+an+1}的首项为2,公比为2,则an+an+1=2n,所以S11=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+(a8+a9)+(a10+a11)=1+22+24+26+28+210==1365.
13.解:由an+2=3an+1-2an,得an+2-an+1=2(an+1-an)且a2-a1=2,所以数列{an+1-an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an+1-an=2n.所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+3=+3=2n+1(n≥2),因为a1=3也满足上式,所以an=2n+1.Sn=a1+a2+…+an=(21+1)+(22+1)+…+(2n+1)=(21+22+…+2n)+n=+n=2n+1+n-2.
14.解:(1)由Sn=2an-3n①,可知当n=1时,S1=a1=2a1-3,解得a1=3,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-3(n-1)②,由①-②得an=2an-2an-1-3,
即an=2an-1+3,可得an+3=2(an-1+3),
所以数列{an+3}为等比数列,且公比为2,首项为a1+3=6,所以an+3=6·2n-1=3·2n,
所以数列{an}的通项公式为an=3·2n-3.
(2)由bn=得bn=
所以T21=(b1+b3+…+b21)+(b2+b4+…+b20)=+3×=411-4+231=411+227=4 194 531.
15.-419　[解析] 由a2n+1-a2n-1=0,得a2n+1=a2n-1,又a1=1,所以数列{a2n-1}是各项均为1的常数列,所以a1+a3+a5+…+a59+a61=31.因为a2n+2+a2n=-2n,所以a2+a4+a6+a8+a10+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+…+(a58+a60) =(-2)+(-6)+(-10)+…+(-58)==-450.所以数列{an}的前61项和为31-450=-419.
16.解:(1)Sn=2n+λ,当n=1时,a1=2+λ.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+λ-2n-1-λ=2n-1.因为数列{an}为等比数列,所以a1=2+λ=21-1,所以λ=-1,an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知an=2n-1,则bn=(-1)nlog2a2n+1=(-1)n2n,所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n=(-2+4)+(-6+8)+…+(-4n+2+4n)=2n.专项突破练二　分组求和、倒序相加求和、并项求和
【学习目标】
掌握常见数列的求和方法:分组求和、倒序相加求和、并项求和.
◆ 题型一　分组求和
例1 [2024·宁夏贺兰一中高二期末] 已知数列{an}满足a1=a2=1,an+2=则数列{an}的前20项和为　　　　　　.
变式 已知各项都为正数的等比数列{an}是递增数列,且4a3与3a5的等差中项为4a4,a3与a7的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=log2an+1,求数列{an+bn}的前n项和Sn.
[素养小结]
1.用分组转化法求数列的前n项和时,应先求通项公式,然后通过对通项公式变形,转化为若干个等差数列或等比数列或可求前n项和的数列的和或差的形式,分别求和后再相加减.
2.分组转化法求和的常见类型
◆ 题型二　倒序相加求和
例2 已知函数f(x)=,数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a10=1,则f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a18)+f(a19)=　　　　.
变式 已知函数f(x)=ln x,且f(x)+f(y)=2,记Sn=ln xn+ln(xn-1y)+…+ln(xyn-1)+ln yn(n∈N*),则Sn= (　 )
A.n(n+1) B.(n-1)n
C.n2+1 D.n(n+2)
[素养小结]
(1)倒序相加法类比推导等差数列的前n项和公式时所用的方法,就是将一个数列的和式倒过来书写(反序),再把它与原和式相加,就可以得到n个(a1+an).
(2)如果一个数列{an},与首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求其前n项和时可以用倒序相加法.
◆ 题型三　并项求和
例3 化简:Sn=-1+3-5+7-…+(-1)n(2n-1).
变式 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,an+an+1+an+2=,则S2023= (　 )
A.138　　B.674　　C.675　　D.2023
[素养小结]
通项中含有(-1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法,将项数分为奇数和偶数进行分类求和.满足an+=f(n)的形式或an++ =f(n)的形式的数列{an}求前n项和时可以先求出相邻若干项的和,再利用等差公式、等比公式或其他公式进行求和.专项突破练二　分组求和、倒序相加求和、并项求和
一、选择题
1.已知一个项数有限的等差数列{an}的前4项的和是40,最后4项的和是80,所有项的和是210,则此数列的项数为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.12 B.14
C.16 D.18
2.[2023·江苏镇江中学高二期末] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=则S20= (　 )
A.15 B.16
C.30 D.31
3.若数列{an}满足a1=2,an+an+1+an+2=2(n∈N*),则该数列的前2023项和S2023为 (　 )
A.1360 B.1358
C.1350 D.1348
4.已知函数f(x)=x2cos πx,数列{an}满足an=f(n)+f(n+1)(n∈N*),设Sn为{an}的前n项和,则S2n= (　 )
A.2n+1 B.2n
C.-2n-1 D.-2n
5.已知函数f(x)=x+3sin+,数列{an}满足an=,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2022)= (　 )
A.2022 B.2023
C.4044 D.4046
6.已知数列{an}满足an=(-1)nn2,则a1+a2+a3+…+a2n+1= (　 )
A.-(n+1)(2n+1)
B.(n+1)(2n+1)
C.-n(n+1)
D.n(n+1)
7.(多选题)已知数列{an}满足a1=1,an+an+1=2n(n∈N*),则下列结论中正确的是 (　 )
A.a4=5
B.{an}为等比数列
C.a1+a2+…+a2023=
D.a1+a2+…+a2022=
8.(多选题)已知数列{an}满足an+1+an=n·,其前n项和为Sn,且m+S2023=-1011,则下列说法正确的是 (　 )
A.m+a1=2
B.m+a1=1
C.S2023-a1=-1012
D.ma1有最大值
二、填空题
9.若f(x)+f(1-x)=2,an=f(0)+f+f+…+f+f(1)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是　　　　.
10.已知数列{an}满足anan+1=3n,a1=1,则{an}的前10项和S10为　　　　.
11.已知数列{an}满足a1=2,a2=4,an+2-an=(-1)n+3,则数列{an}的前10项和为　　　　.
12.定义:如果数列{cn}从第二项起,每一项与前一项的和构成一个等比数列,则称数列{cn}为“和等比”数列.已知“和等比”数列{an}满足a1=a2=1,a3=3,则数列{an}的前11项和S11=　　　　.
三、解答题
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=3,a2=5,且an+2=3an+1-2an(n∈N*),求Sn.
14.[2024·重庆七中高二月考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-3n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=Tn=b1+b2+b3+…+bn,求T21.(附:411=4 194 304)
15.若数列{an}满足a1=1,a2n+1-a2n-1=0,a2n+2+a2n=-2n,则数列{an}的前61项和为　.
16.已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+λ(n∈N*, λ为常数).
(1)求λ的值,并写出数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前2n项和T2n.(共18张PPT)
专项突破练二 分组求和、倒序相加
求和、并项求和
题型一 分组求和
题型二 倒序相加求和
题型三 并项求和
【学习目标】
掌握常见数列的求和方法：分组求和、倒序相加求和、并项求和.
题型一 分组求和
例1 [2024·宁夏贺兰一中高二期末] 已知数列满足 ，
则数列 的前20项和为______．
[解析] 因为，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
数列 是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列 的前20项和为 .
变式 已知各项都为正数的等比数列是递增数列,且与 的等差中项为
,与 的等比中项为16.
（1）求数列 的通项公式;
解:设等比数列的公比为,由题意可知 .
因为与的等差中项为,与的等比中项为16,所以
所以 解得或（舍去）,
所以 .
（2）令,求数列的前项和 .
解: ,所以
.
［素养小结］
1.用分组转化法求数列的前 项和时，应先求通项公式，然后通过对通项公式变
形，转化为若干个等差数列或等比数列或可求前 项和的数列的和或差的形式，
分别求和后再相加减.
2.分组转化法求和的常见类型
题型二 倒序相加求和
例2 已知函数，数列是各项均为正数的等比数列，且 ，
则 ___.
[解析] 函数，当时， .
因为数列是各项均为正数的等比数列，且 ，
所以 ，
所以 ，
同理 .
令 ，
又，所以，
则 ，所以 .
变式 已知函数，且 ，记
，则 ( )
A
A. B. C. D.
[解析] ， .
由 ，
得 ，
两式相加，得，
.故选A.
［素养小结］
（1）倒序相加法类比推导等差数列的前 项和公式时所用的方法，就是将一个
数列的和式倒过来书写（反序），再把它与原和式相加，就可以得到 个
.
（2）如果一个数列，与首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求其前
项和时可以用倒序相加法.
题型三 并项求和
例3 化简： .
解:当 为奇数时，
；
当 为偶数时，
.
.
变式 已知数列的前项和为，， ，
则 ( )
C
A.138 B.674 C.675 D.2023
[解析] .故选C.
［素养小结］
通项中含有的数列求前 项和时可以考虑使用奇偶并项法，将项数分为奇
数和偶数进行分类求和.满足 的形式或
的形式的数列求前 项和时可以先求出相邻若干项
的和，再利用等差公式、等比公式或其他公式进行求和.
分组求和法
分组求和法适用于解决通项公式可以写成 的形式的数列求和问题,
其中数列与 是等差数列或等比数列或可以直接求和的数列.用分组求和
法解题的基本步骤为:
（1）准确拆分,根据通项公式的特征,将其分解为可以直接求和的一些数列的和.
（2）分组求和,分别求出各个数列的和.
（3）得出结论,对求出的每个数列的和进行组合,即可解决原数列的求和问题.
注意:若数列 的奇数项是一个可求和的数列,偶数项也是一个可求和的数列,则
用分组求和法求数列的前项和时应注意讨论 为奇数还是偶数.
并项求和法
（1）若数列的通项中含有或者 ，则该数列中的项常常体现为正
负项间隔出现，此时可以将两项（或三项等）并成一组，然后求和，也可以考
虑将数列分为奇数项数列和偶数项数列，然后采用分组求和法；
（2）若数列满足的形式或者 的
形式，可以考虑采用并项求和法.
例1 已知函数，利用课本中推导等差数列的前 项和的公
式的方法，可得 ( )
C
A.25 B.26 C.13 D.
[解析] ， ，
即 .
设 ，
则，
得 ，
故 .故选C.
例2 已知数列为等差数列， 是公比为2的等比数列，且满足
, .
（1）求数列和 的通项公式；
解:设的公差为 ,由已知有,得 ，
所以的通项公式为,,的通项公式为, .
（2）令，求数列的前项和 .
解: ，根据等比数列求和公式与等差数列求和公式
得 .

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