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第31讲 数列求和--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练
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这是一份第31讲 数列求和--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练，文件包含第31讲数列求和原卷版docx、第31讲数列求和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
1.分组求和法
一个数列的通项是由 的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加、减.
2.倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}中,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于 ,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.
(2)并项求和法
数列{an}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用 求其前n项和.如通项公式形如an=(-1)nf(n)的数列.
3.裂项相消法
把数列的通项拆成 ,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
4.错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之 构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.
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
常用结论
1.一些常见的前n项和公式
(1)1+2+3+4+…+n=n(n+1)2.
(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.
(3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.
2.常用的裂项公式
(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k.
(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.
(3)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).
(4)1n+n+k=1k(n+k-n).
分类探究
探究点一 分组转化法求和
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n2-5n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1=a2,b2=a4,求数列{2an-3bn}的前n项和Tn.
例1 [思路点拨] (1)利用通项an与前n项和Sn的关系可求得通项公式;(2)首先根据(1)确定数列{2an-3bn}的通项,然后分组,利用等差、等比数列的前n项和公式计算可得结果.
解:(1)因为在数列{an}中,2Sn=3n2-5n,
所以2Sn-1=3(n-1)2-5(n-1)(n≥2),
两式相减得2an=6n-8,即an=3n-4(n≥2),
当n=1时,a1=S1=-1,满足上式,
所以an=3n-4(n∈N*).
(2)由(1)知,b1=a2=2,b2=a4=8,
因为数列{bn}是等比数列,设公比为q,
所以q=b2b1=82=4,
所以bn=2×4n-1=22n-1,
所以2an-3bn=2(3n-4)-3×4n2,
所以Tn=2(a1+a2+…+an)-3(b1+b2+…+bn)=2n(a1+an)2-32(41+42+…+4n)=n(-1+3n-4)-32×4(1−4n)1−4=3n2-5n-2×4n+2.
[总结反思] (1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
(2)若数列{cn}的通项公式为cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,其中数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
变式题 设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列{cn}满足cn=1,n=2k,an,n≠2k(k∈N),设数列{cn}的前n项和为Sn,求S2n.
变式题 解:(1)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,
由a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2,
可得2q=2(1+d),2q2=2(1+2d)+2,因为q≠0,
所以d=1,q=2,
则an=1+n-1=n,bn=2n.
(2)因为数列{cn}满足cn=1,n=2k,an,n≠2k(k∈N),
所以S2n=c1+c2+…+c2n=(a1+a2+a3+…+a2n)-(a21+a22+…+a2n)+n=(1+2+3+…+2n)-(2+22+…+2n)+n=12(1+2n)2n-2(2n-1)2−1+n=2n-1(1+2n)-2n+1+2+n=22n-1-3·2n-1+n+2.
探究点二 错位相减法求和
例2 已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,2Sn+n+1=an+12.
(1)证明:当n≥2时,an+1=an+1;
(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列{2n·an}的前n项和Tn.
例2 [思路点拨] (1)由2Sn+n+1=an+12,得2Sn-1+n=an2(n≥2),两式相减并整理,得(an+1)2=an+12(n≥2),又由an>0可证明结论;(2)由(1)和题设条件可得a2,a1,从而得到数列{an}是首项、公差均为1的等差数列,求得an=n,2n·an=n·2n,再利用错位相减法求其前n项和即可.
解:(1)证明:∵2Sn+n+1=an+12,∴2Sn-1+n=an2(n≥2),两式相减得2an+1=an+12-an2(n≥2),
∴an2+2an+1=an+12,即(an+1)2=an+12(n≥2),
∵数列{an}的各项均为正数,
∴当n≥2时,an+1=an+1.
(2)由(1)得,a4=a2+2,a8=a2+6,
∵a4是a2与a8的等比中项,
∴a42=a2·a8,即(a2+2)2=a2(a2+6),
解得a2=2.又2a1+2=a22,
∴a1=1,∴a2-a1=1,从而an+1-an=1对任意n∈N*恒成立,
∴数列{an}是首项、公差均为1的等差数列,
∴an=n,∴2n·an=n·2n,
∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n①,
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1②,
①-②可得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1−2n)1−2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,
∴Tn=(n-1)·2n+1+2.
[总结反思] (1)若数列{cn}的通项公式为cn=anbn,且数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,则可采用错位相减法求数列{cn}的前n项和.
(2)用错位相减法求和时,应注意两点:一是求解的方法是两边同时乘等比数列的公比再错位相减,错位相减后简化归纳为一个等比数列求和;二是在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”,即将两式中指数相同的两项对齐,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
变式题 数列{an}是等差数列,Sn为其前n项和,且a5=3a2,S7=14a2+7,数列{bn}的前n项和为Tn,且满足3bn=2Tn+3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{anbn}的前n项和为Rn,求Rn.
变式题 解:(1)由题意,设等差数列{an}的公差为d,则
a1+4d=3(a1+d),7a1+7×62d=14(a1+d)+7,整理得2a1-d=0,a1-d=−1,解得a1=1,d=2,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
对于数列{bn},当n=1时,3b1=2T1+3=2b1+3,
解得b1=3,
当n≥2时,由3bn=2Tn+3,可得3bn-1=2Tn-1+3,
两式相减,可得3bn-3bn-1=2Tn+3-2Tn-1-3=2bn,
整理得bn=3bn-1,
∴数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴bn=3·3n-1=3n.
(2)由题意,记cn=anbn,即数列{cn}的前n项和为Rn.
由(1)知,cn=anbn=2n-13n,
∴Rn=c1+c2+c3+…+cn=131+332+533+…+2n-13n,
13Rn=132+333+534+…+2n-33n+2n-13n+1,
两式相减,可得23Rn=131+232+233+…+23n-2n-13n+1=13+291+131+…+13n-2-2n-13n+1=13+29·1−13n-11−13-2n-13n+1=231-n+13n,
∴Rn=1-n+13n.
探究点三 裂项相消法求和
角度1 形如an=1n+n+k
例3 已知正项数列{an}中,a1=1,a2=3,an+12-an2=an2-an-12(n≥2),则数列1an+an+1的前60项和为 .
例3 [思路点拨] 由条件可知,数列{an2}是等差数列,求出an=2n-1,采用裂项相消法求出数列1an+an+1的前60项和.
5 [解析] 由条件可知,数列{an2}是首项为a12=1,公差为a22-a12=3-1=2的等差数列,所以an2=1+2(n-1)=2n-1,又an>0,所以an=2n-1,所以1an+an+1=12n-1+2n+1=12(2n+1-2n-1),所以数列1an+an+1的前n项和Sn=12×(3-1)+12×(5-3)+…+12(2n+1-2n-1)=12×(2n+1-1),所以S60=12×(121-1)=5.
[总结反思] 当数列的通项公式形如an=1n+n+k时,可转化为an=1k(n+k-n),此类数列适合使用裂项相消法求和.
变式题 (1) 已知{an}是等差数列,a3=7,且a2+a6=18.若bn=1an+an+1,则{bn}的前n项和Tn= .
(2)已知数列{an}的通项公式为an=1(n+1)n+nn+1,记数列{an}的前n项和为Sn,则在S1,S2,…,S2019中,有 个有理数.
变式题 (1)12(2n+3-3) (2)43 [解析] (1)设等差数列{an}的公差为d,由a3=7,a2+a6=18,可得a1+2d=7,2a1+6d=18,解得a1=3,d=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1,因此bn=1an+an+1=12n+1+2n+3=12(2n+3-2n+1),所以{bn}的前n项和Tn=b1+b2+…+bn=12[(5-3)+(7-5)+…+(2n+3-2n+1)]=12(2n+3-3).
(2)由题可知an=1n·n+1·1n+1+n=n+1-nn·n+1=1n-1n+1,所以Sn=1-1n+1,易知当n+1为完全平方数时,Sn为有理数,又当n=3时,n+1=22,当n=8时,n+1=32,…,当n=1935时,n+1=442,所以共有43个有理数.
角度2 形如an=1n(n+k)
例4 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an+1an+anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
例4 [思路点拨] (1)利用an=a1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,即可求出{an}的通项公式;(2)求出bn,利用裂项相消法求和即可.
解:(1)当n=1时,a1=S1=1+2=3;
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+2(n-1)=n2-1,
所以an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n2-1)=2n+1.
当n=1时,a1=3满足上式,故an=2n+1.
(2)由(1)可得bn=2n+32n+1+2n+12n+3=22n+1-22n+3+2,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn=（23-25+2）+（25-27+2）+（27-29+2）+…+（22n+1-22n+3+2）=[(23-25)+(25-27)+(27-29)+…+(22n+1-22n+3)]+2n=23-22n+3+2n=4n6n+9+2n.
[总结反思] (1)数列{an}的通项公式形如an=1n(n+k)时,可先转化为an=1k1n-1n+k,再用裂项相消法求和.一般地,若{an}是等差数列,则1anan+1=1d1an-1an+1,1anan+2=12d1an-1an+2.
(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项公式,即把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.需要注意的是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.
变式题 设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1+a7=14,S9=81.
(1)求an及Sn.
(2)设bn=1anan+1,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:13≤Tn<12.
变式题 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
由a1+a7=14,得a1+3d=7①,
又S9=81,∴9a1+9×82d=81,即a1+4d=9②,
由①②解得a1=1,d=2,
∴an=2n-1,Sn=n2.
(2)证明:由(1)得bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),
∴数列{bn}的前n项和Tn=b1+b2+b3+…+bn=12×(1-13)+12×(13-15)+12×(15-17)+…+12(12n-1-12n+1)=12[(1-13)+(13-15)+(15-17)+…+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1),
显然,Tn随n的增大而增大,
∴T1≤Tn<12,即13≤Tn<12.
同步作业
1. 已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n·n,Sn为其前n项和,则S13+S24=( )
A.11B.-5
C.-1D.5
1.D [解析] ∵an=(-1)n·n,∴S13=a1+a2+a3+…+a13=-1+2-3+4-…+12-13=-7,S24=a1+a2+a3+…+a24=-1+2-3+4-…-23+24=12,∴S13+S24=-7+12=5,故选D.
2.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和Sn=( )
A.2n+n2-1
B.2n+1+n2-1
C.2n+n-2
D.2n+1+n2-2
2.D [解析] Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)+(1+3+…+2n-1)=2(1−2n)1−2+n[1+(2n-1)]2=2n+1-2+n2,故选D.
3. 设S=1+12+16+112+…+1n(n+1),则S=( )
A.2n+1n+1B.2n-1n
C.n+1nD.n+2n+1
3.A [解析] 由题意,可知S=1+12+16+112+…+1n(n+1)=1+11×2+12×3+13×4+…+1n(n+1)=1+1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=2-1n+1=2n+1n+1.故选A.
4. 意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》中,记载有数列{Fn}:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3).若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的前100项和为( )
A.100B.99
C.67 D.66
4.C [解析] 根据题意,F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3),则F3=F1+F2=2,F4=F2+F3=3,F5=F3+F4=5,…,若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的各项依次为1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,则数列{an}的前100项和S=(1+1+0)×33+1=67.故选C.
5.Sn=12+24+38+…+n2n=( )
A.2n-n2nB.2n+1-n-22n
C.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n
5.B [解析] 由Sn=12+24+38+…+n2n,得12Sn=1×(12)2+2×(12)3+3×(12)4+…+n·(12)n+1,两式相减得12Sn=12+(12)2+(12)3+(12)4+…+(12)n-n·(12)n+1=12(1−12n)1−12-n·(12)n+1=1-12n-n·(12)n+1=2n+1-n-22n+1,所以Sn=2n+1-n-22n.故选B.
6. 已知函数f(x)=xa的图像过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2021=( )
A.2021-1B.2021
C.2022D.2022-1
6.D [解析] 由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12,∴an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,∴S2021=2-1+3-2+4-3+…+2022-2021=2022-1.故选D.
7.设数列{1+(-1)n}的前n项和为Sn,则Sn等于 .
7.n+(-1)n-12 [解析] Sn=n+-1×[1-(-1)n]1−(−1)=n+(-1)n-12.
8. 已知数列{an}满足an=lgn+1(n+2)(n∈N*),设Tk=a1a2…ak(k∈N*),若Tk∈N*,则称k为“企盼数”,则区间[1,2020]内所有的“企盼数”的和为( )
A.2020B.2026
C.2044D.2048
8.B [解析] ∵an=lgn+1(n+2)=lg2(n+2)lg2(n+1),
∴Tk=a1a2…ak=lg23lg22×lg24lg23×lg25lg24×…×lg2(k+2)lg2(k+1)=lg2(k+2),若Tk∈N*,则k+2必须是2的m(m∈N*)次幂,即k=2m-2,由1≤2m-2≤2020,m∈N*,得2≤m≤10,∴在区间[1,2020]内所有的“企盼数”的和为(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(210-2)=22×(1−29)1−2-2×9=2026.故选B.
9. 已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且S3=15,a3+a4+a5=27,记bn=1anan+1,则数列{bn}的前20项和为( )
A.19123B.38123
C.20129D.40129
9.C [解析] 设等差数列{an}的公差为d,根据题意得3a1+3d=15,a4=a1+3d=9,解得a1=3,d=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1,所以bn=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3),所以数列{bn}的前20项和为b1+b2+…+b20=12×(13-15+15-17+…+141-143)=12×(13-143)=20129.故选C.
10.如图K31-1甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图乙中的直角三角形继续作下去,记四边形OA1A2A3,OA2A3A4,…,OAnAn+1An+2面积的倒数构成数列{an},且数列{an}的前n项和为Sn,则S15=( )
图K31-1
A.3B.6
C.13D.16
10.B [解析] 由题意可得a1=112×1×1+12×1×2=21+2=2(2-1),a2=112×1×2+12×1×3=22+3=2(3-2),a3=112×1×3+12×1×4=23+4=2(2-3),…,an=112×1×n+12×1×n+1=2n+n+1=2(n+1-n),则Sn=2(2-1+3-2+…+n+1-n)=2(n+1-1),故S15=2×(16-1)=6.故选B.
11.(多选题) 已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8依次是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0且q≠1),则{bn}的前n项和可以是( )
A.n
B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2
D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
11.BD [解析] 设等差数列{an}的公差为d,∵a1=1,且a2,a4,a8依次是一个等比数列中的相邻三项,∴a42=a2·a8,即(1+3d)2=(1+d)(1+7d),化简得d(d-1)=0,∴d=0或d=1,故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.设{bn}的前n项和为Sn,当bn=q时,Sn=nq.当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n·qn①,qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n·qn+1②,①-②得,(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n·qn+1=q(1-qn)1−q-n·qn+1,∴Sn=q(1-qn)(1-q)2-nqn+11−q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.故选BD.
12.(多选题) 已知等差数列{an}的首项为1,公差d=4,前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.数列{Snn}的前10项和为100
B.若a1,a3,am成等比数列,则m=21
C.若∑i=1n1aiai+1>625,则n的最小值为6
D.若am+an=a2+a10,则1m+16n的最小值为2512
12.AB [解析] 由题设可得,an=1+4(n-1)=4n-3,Sn=n(1+4n-3)2=n(2n-1).∵Snn=2n-1,∴数列{Snn}的前10项和为1+3+…+19=10×(1+19)2=100,故选项A正确;若a1,a3,am成等比数列,则a32=a1am,即92=4m-3,解得m=21,故选项B正确;
∵1anan+1=1(4n-3)(4n+1)=14(14n-3-14n+1),∴∑i=1n1aiai+1=14(11-15+15-19+…+14n−3-14n+1)=14(1−14n+1)=n4n+1,由∑i=1n1aiai+1>625,可得n>6,故选项C错误;∵am+an=a2+a10,∴由等差数列的性质知,m+n=12,m,n∈N*,∴1m+16n=112(1m+16n)(n+m)=112(nm+16mn+17)≥112×(216+17)=2512,当且仅当m=125,n=485时取“=”,但m,n∈N*,∴等号取不到,即1m+16n>2512,故选项D错误.故选AB.
13. 已知数列{an}满足a1=2,a2=3且an-2-an=1+(-1)n(n≥3),则该数列的前9项之和为 .
13.10 [解析] 根据题意,数列{an}满足an-2-an=1+(-1)n(n≥3),由a1=2,得a1-a3=1+(-1)3=0,即a1=a3=2,a3-a5=1+(-1)5=0,即a3=a5=2,a5-a7=1+(-1)7=0,即a5=a7=2,a7-a9=1+(-1)9=0,即a7=a9=2.由a2=3,得a2-a4=1+(-1)4=2,即a4=1,a4-a6=1+(-1)6=2,即a6=-1,a6-a8=1+(-1)8=2,即a8=-3.所以该数列的前9项之和为(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=10+(3+1-1-3)=10.
14. 已知函数f(x)=xcs πx2.数列{an}满足an=f(n)+f(n+1)(n∈N*),则数列{an}的前100项和是 .
14.100 [解析] 由题意,当n=4k-3,k∈N*时,f(n)+f(n+1)+f(n+2)+f(n+3)=f(4k-3)+f(4k-2)+f(4k-1)+f(4k)=(4k-3)·cs (4k-3)π2+(4k-2)·cs (4k-2)π2+(4k-1)·cs (4k-1)π2+4k·cs 4kπ2=(4k-3)·0+(4k-2)·(-1)+(4k-1)·0+4k·1=2.设数列{an}的前n项和为Sn,则S100=a1+a2+a3+…+a99+a100=[f(1)+f(2)]+[f(2)+f(3)]+[f(3)+f(4)]+…+[f(99)+f(100)]+[f(100)+f(101)]=2×[f(1)+f(2)+…+f(99)+f(100)]+f(101)-f(1)=2×2×25+0-0=100.
15.已知在递增的等差数列{an}中,a1=1,a3是a1和a9的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2an+1an·an+1,求数列{bn}的前n项和Sn.
15.解:(1)设数列{an}的公差为d(d>0),
∵a3是a1和a9的等比中项,
∴a32=a1·a9,
即(1+2d)2=1·(1+8d),
解得d=0(舍)或d=1,
∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n.
(2)∵bn=2an+1an·an+1,
∴bn=2n+1n(n+1)=2n+(1n-1n+1),
∴Sn=(2+22+…+2n)+(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=2(1−2n)1−2+1-1n+1=2n+1-1-1n+1.
16. 已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,对任意n∈N*,均有an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=an+bn-an2+bn2.
(1)证明:数列{an+bn}和数列{an·bn}均为等比数列;
(2)设cn=(n+1)·2n·（1an+1bn）,求数列{cn}的前n项和Tn.
16.解:(1)证明:由a1=b1=1,可得a1+b1=2,a1b1=1.
因为对任意n∈N*,均有an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=an+bn-an2+bn2,
所以an+1+bn+1=2(an+bn),an+1·bn+1=(an+bn)2-(an2+bn2)=2an·bn,
所以数列{an+bn}是首项和公比均为2的等比数列,
数列{an·bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(2)cn=(n+1)·2n·(1an+1bn)=(n+1)·2n·an+bnanbn=(n+1)·2n·2n2n-1=(n+1)·2n+1,
所以Tn=2×22+3×23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,
2Tn=2×23+3×24+…+n·2n+1+(n+1)·2n+2,
两式相减可得-Tn=8+23+24+…+2n+2n+1-(n+1)·2n+2=8+8(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+2,
化简可得Tn=n·2n+2.
17. 甲、乙两位同学在复习数列时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏导致一个条件看不清.具体题目如下:等比数列{an}的前n项和为Sn,已知 .
(1)判断S4,S3,S5的关系;
(2)若a3-a1=6,bn=3n-1|an|,{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<5.
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值,乙同学记得缺少的条件是公比q的值,并且他们两人都记得(1)中的答案是S4,S3,S5成等差数列.如果甲、乙两位同学记得的答案是正确的,请你通过推理把条件补充完整并解答此题.
17.解:设公比为q,
∵S4,S3,S5成等差数列,
∴S4+S5-2S3=2a4+a5=a4(2+q)=0,
∵a4≠0,∴q=-2.以上各步均可逆推,∴该题缺少的条件为公比q=-2.
解答本题如下:
(1)∵q=-2,∴S3=a1-2a1+4a1=3a1,S4=3a1-8a1=-5a1,S5=-5a1+16a1=11a1,∴2S3=S4+S5,
∴S4,S3,S5成等差数列.
(2)证明:∵a3-a1=6,q=-2,
∴a1[(-2)2-1]=6,解得a1=2,
∴an=-(-2)n,
∴bn=3n-1|an|=3n-12n,
∴Tn=1+522+823+…+3n-12n,12Tn=12+523+824+…+3n-42n+3n-12n+1,
两式相减可得12Tn=1+3(122+123+…+12n)-3n-12n+1=1+3×14(1−12n-1)1−12-3n-12n+1,
∴Tn=5-3n+52n,
∴Tn<5.
1.分组求和法
一个数列的通项是由 的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加、减.
2.倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}中,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于 ,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.
(2)并项求和法
数列{an}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用 求其前n项和.如通项公式形如an=(-1)nf(n)的数列.
3.裂项相消法
把数列的通项拆成 ,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
4.错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之 构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.
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
常用结论
1.一些常见的前n项和公式
(1)1+2+3+4+…+n=n(n+1)2.
(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.
(3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.
2.常用的裂项公式
(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k.
(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.
(3)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).
(4)1n+n+k=1k(n+k-n).
分类探究
探究点一 分组转化法求和
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n2-5n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1=a2,b2=a4,求数列{2an-3bn}的前n项和Tn.
例1 [思路点拨] (1)利用通项an与前n项和Sn的关系可求得通项公式;(2)首先根据(1)确定数列{2an-3bn}的通项,然后分组,利用等差、等比数列的前n项和公式计算可得结果.
解:(1)因为在数列{an}中,2Sn=3n2-5n,
所以2Sn-1=3(n-1)2-5(n-1)(n≥2),
两式相减得2an=6n-8,即an=3n-4(n≥2),
当n=1时,a1=S1=-1,满足上式,
所以an=3n-4(n∈N*).
(2)由(1)知,b1=a2=2,b2=a4=8,
因为数列{bn}是等比数列,设公比为q,
所以q=b2b1=82=4,
所以bn=2×4n-1=22n-1,
所以2an-3bn=2(3n-4)-3×4n2,
所以Tn=2(a1+a2+…+an)-3(b1+b2+…+bn)=2n(a1+an)2-32(41+42+…+4n)=n(-1+3n-4)-32×4(1−4n)1−4=3n2-5n-2×4n+2.
[总结反思] (1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
(2)若数列{cn}的通项公式为cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,其中数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
变式题 设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列{cn}满足cn=1,n=2k,an,n≠2k(k∈N),设数列{cn}的前n项和为Sn,求S2n.
变式题 解:(1)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,
由a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2,
可得2q=2(1+d),2q2=2(1+2d)+2,因为q≠0,
所以d=1,q=2,
则an=1+n-1=n,bn=2n.
(2)因为数列{cn}满足cn=1,n=2k,an,n≠2k(k∈N),
所以S2n=c1+c2+…+c2n=(a1+a2+a3+…+a2n)-(a21+a22+…+a2n)+n=(1+2+3+…+2n)-(2+22+…+2n)+n=12(1+2n)2n-2(2n-1)2−1+n=2n-1(1+2n)-2n+1+2+n=22n-1-3·2n-1+n+2.
探究点二 错位相减法求和
例2 已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,2Sn+n+1=an+12.
(1)证明:当n≥2时,an+1=an+1;
(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列{2n·an}的前n项和Tn.
例2 [思路点拨] (1)由2Sn+n+1=an+12,得2Sn-1+n=an2(n≥2),两式相减并整理,得(an+1)2=an+12(n≥2),又由an>0可证明结论;(2)由(1)和题设条件可得a2,a1,从而得到数列{an}是首项、公差均为1的等差数列,求得an=n,2n·an=n·2n,再利用错位相减法求其前n项和即可.
解:(1)证明:∵2Sn+n+1=an+12,∴2Sn-1+n=an2(n≥2),两式相减得2an+1=an+12-an2(n≥2),
∴an2+2an+1=an+12,即(an+1)2=an+12(n≥2),
∵数列{an}的各项均为正数,
∴当n≥2时,an+1=an+1.
(2)由(1)得,a4=a2+2,a8=a2+6,
∵a4是a2与a8的等比中项,
∴a42=a2·a8,即(a2+2)2=a2(a2+6),
解得a2=2.又2a1+2=a22,
∴a1=1,∴a2-a1=1,从而an+1-an=1对任意n∈N*恒成立,
∴数列{an}是首项、公差均为1的等差数列,
∴an=n,∴2n·an=n·2n,
∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n①,
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1②,
①-②可得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1−2n)1−2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,
∴Tn=(n-1)·2n+1+2.
[总结反思] (1)若数列{cn}的通项公式为cn=anbn,且数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,则可采用错位相减法求数列{cn}的前n项和.
(2)用错位相减法求和时,应注意两点:一是求解的方法是两边同时乘等比数列的公比再错位相减,错位相减后简化归纳为一个等比数列求和;二是在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”,即将两式中指数相同的两项对齐,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
变式题 数列{an}是等差数列,Sn为其前n项和,且a5=3a2,S7=14a2+7,数列{bn}的前n项和为Tn,且满足3bn=2Tn+3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{anbn}的前n项和为Rn,求Rn.
变式题 解:(1)由题意,设等差数列{an}的公差为d,则
a1+4d=3(a1+d),7a1+7×62d=14(a1+d)+7,整理得2a1-d=0,a1-d=−1,解得a1=1,d=2,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
对于数列{bn},当n=1时,3b1=2T1+3=2b1+3,
解得b1=3,
当n≥2时,由3bn=2Tn+3,可得3bn-1=2Tn-1+3,
两式相减,可得3bn-3bn-1=2Tn+3-2Tn-1-3=2bn,
整理得bn=3bn-1,
∴数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴bn=3·3n-1=3n.
(2)由题意,记cn=anbn,即数列{cn}的前n项和为Rn.
由(1)知,cn=anbn=2n-13n,
∴Rn=c1+c2+c3+…+cn=131+332+533+…+2n-13n,
13Rn=132+333+534+…+2n-33n+2n-13n+1,
两式相减,可得23Rn=131+232+233+…+23n-2n-13n+1=13+291+131+…+13n-2-2n-13n+1=13+29·1−13n-11−13-2n-13n+1=231-n+13n,
∴Rn=1-n+13n.
探究点三 裂项相消法求和
角度1 形如an=1n+n+k
例3 已知正项数列{an}中,a1=1,a2=3,an+12-an2=an2-an-12(n≥2),则数列1an+an+1的前60项和为 .
例3 [思路点拨] 由条件可知,数列{an2}是等差数列,求出an=2n-1,采用裂项相消法求出数列1an+an+1的前60项和.
5 [解析] 由条件可知,数列{an2}是首项为a12=1,公差为a22-a12=3-1=2的等差数列,所以an2=1+2(n-1)=2n-1,又an>0,所以an=2n-1,所以1an+an+1=12n-1+2n+1=12(2n+1-2n-1),所以数列1an+an+1的前n项和Sn=12×(3-1)+12×(5-3)+…+12(2n+1-2n-1)=12×(2n+1-1),所以S60=12×(121-1)=5.
[总结反思] 当数列的通项公式形如an=1n+n+k时,可转化为an=1k(n+k-n),此类数列适合使用裂项相消法求和.
变式题 (1) 已知{an}是等差数列,a3=7,且a2+a6=18.若bn=1an+an+1,则{bn}的前n项和Tn= .
(2)已知数列{an}的通项公式为an=1(n+1)n+nn+1,记数列{an}的前n项和为Sn,则在S1,S2,…,S2019中,有 个有理数.
变式题 (1)12(2n+3-3) (2)43 [解析] (1)设等差数列{an}的公差为d,由a3=7,a2+a6=18,可得a1+2d=7,2a1+6d=18,解得a1=3,d=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1,因此bn=1an+an+1=12n+1+2n+3=12(2n+3-2n+1),所以{bn}的前n项和Tn=b1+b2+…+bn=12[(5-3)+(7-5)+…+(2n+3-2n+1)]=12(2n+3-3).
(2)由题可知an=1n·n+1·1n+1+n=n+1-nn·n+1=1n-1n+1,所以Sn=1-1n+1,易知当n+1为完全平方数时,Sn为有理数,又当n=3时,n+1=22,当n=8时,n+1=32,…,当n=1935时,n+1=442,所以共有43个有理数.
角度2 形如an=1n(n+k)
例4 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an+1an+anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
例4 [思路点拨] (1)利用an=a1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,即可求出{an}的通项公式;(2)求出bn,利用裂项相消法求和即可.
解:(1)当n=1时,a1=S1=1+2=3;
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+2(n-1)=n2-1,
所以an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n2-1)=2n+1.
当n=1时,a1=3满足上式,故an=2n+1.
(2)由(1)可得bn=2n+32n+1+2n+12n+3=22n+1-22n+3+2,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn=（23-25+2）+（25-27+2）+（27-29+2）+…+（22n+1-22n+3+2）=[(23-25)+(25-27)+(27-29)+…+(22n+1-22n+3)]+2n=23-22n+3+2n=4n6n+9+2n.
[总结反思] (1)数列{an}的通项公式形如an=1n(n+k)时,可先转化为an=1k1n-1n+k,再用裂项相消法求和.一般地,若{an}是等差数列,则1anan+1=1d1an-1an+1,1anan+2=12d1an-1an+2.
(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项公式,即把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.需要注意的是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.
变式题 设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1+a7=14,S9=81.
(1)求an及Sn.
(2)设bn=1anan+1,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:13≤Tn<12.
变式题 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
由a1+a7=14,得a1+3d=7①,
又S9=81,∴9a1+9×82d=81,即a1+4d=9②,
由①②解得a1=1,d=2,
∴an=2n-1,Sn=n2.
(2)证明:由(1)得bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),
∴数列{bn}的前n项和Tn=b1+b2+b3+…+bn=12×(1-13)+12×(13-15)+12×(15-17)+…+12(12n-1-12n+1)=12[(1-13)+(13-15)+(15-17)+…+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1),
显然,Tn随n的增大而增大,
∴T1≤Tn<12,即13≤Tn<12.
同步作业
1. 已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n·n,Sn为其前n项和,则S13+S24=( )
A.11B.-5
C.-1D.5
1.D [解析] ∵an=(-1)n·n,∴S13=a1+a2+a3+…+a13=-1+2-3+4-…+12-13=-7,S24=a1+a2+a3+…+a24=-1+2-3+4-…-23+24=12,∴S13+S24=-7+12=5,故选D.
2.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和Sn=( )
A.2n+n2-1
B.2n+1+n2-1
C.2n+n-2
D.2n+1+n2-2
2.D [解析] Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)+(1+3+…+2n-1)=2(1−2n)1−2+n[1+(2n-1)]2=2n+1-2+n2,故选D.
3. 设S=1+12+16+112+…+1n(n+1),则S=( )
A.2n+1n+1B.2n-1n
C.n+1nD.n+2n+1
3.A [解析] 由题意,可知S=1+12+16+112+…+1n(n+1)=1+11×2+12×3+13×4+…+1n(n+1)=1+1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=2-1n+1=2n+1n+1.故选A.
4. 意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》中,记载有数列{Fn}:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3).若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的前100项和为( )
A.100B.99
C.67 D.66
4.C [解析] 根据题意,F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3),则F3=F1+F2=2,F4=F2+F3=3,F5=F3+F4=5,…,若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的各项依次为1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,则数列{an}的前100项和S=(1+1+0)×33+1=67.故选C.
5.Sn=12+24+38+…+n2n=( )
A.2n-n2nB.2n+1-n-22n
C.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n
5.B [解析] 由Sn=12+24+38+…+n2n,得12Sn=1×(12)2+2×(12)3+3×(12)4+…+n·(12)n+1,两式相减得12Sn=12+(12)2+(12)3+(12)4+…+(12)n-n·(12)n+1=12(1−12n)1−12-n·(12)n+1=1-12n-n·(12)n+1=2n+1-n-22n+1,所以Sn=2n+1-n-22n.故选B.
6. 已知函数f(x)=xa的图像过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2021=( )
A.2021-1B.2021
C.2022D.2022-1
6.D [解析] 由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12,∴an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,∴S2021=2-1+3-2+4-3+…+2022-2021=2022-1.故选D.
7.设数列{1+(-1)n}的前n项和为Sn,则Sn等于 .
7.n+(-1)n-12 [解析] Sn=n+-1×[1-(-1)n]1−(−1)=n+(-1)n-12.
8. 已知数列{an}满足an=lgn+1(n+2)(n∈N*),设Tk=a1a2…ak(k∈N*),若Tk∈N*,则称k为“企盼数”,则区间[1,2020]内所有的“企盼数”的和为( )
A.2020B.2026
C.2044D.2048
8.B [解析] ∵an=lgn+1(n+2)=lg2(n+2)lg2(n+1),
∴Tk=a1a2…ak=lg23lg22×lg24lg23×lg25lg24×…×lg2(k+2)lg2(k+1)=lg2(k+2),若Tk∈N*,则k+2必须是2的m(m∈N*)次幂,即k=2m-2,由1≤2m-2≤2020,m∈N*,得2≤m≤10,∴在区间[1,2020]内所有的“企盼数”的和为(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(210-2)=22×(1−29)1−2-2×9=2026.故选B.
9. 已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且S3=15,a3+a4+a5=27,记bn=1anan+1,则数列{bn}的前20项和为( )
A.19123B.38123
C.20129D.40129
9.C [解析] 设等差数列{an}的公差为d,根据题意得3a1+3d=15,a4=a1+3d=9,解得a1=3,d=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1,所以bn=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3),所以数列{bn}的前20项和为b1+b2+…+b20=12×(13-15+15-17+…+141-143)=12×(13-143)=20129.故选C.
10.如图K31-1甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图乙中的直角三角形继续作下去,记四边形OA1A2A3,OA2A3A4,…,OAnAn+1An+2面积的倒数构成数列{an},且数列{an}的前n项和为Sn,则S15=( )
图K31-1
A.3B.6
C.13D.16
10.B [解析] 由题意可得a1=112×1×1+12×1×2=21+2=2(2-1),a2=112×1×2+12×1×3=22+3=2(3-2),a3=112×1×3+12×1×4=23+4=2(2-3),…,an=112×1×n+12×1×n+1=2n+n+1=2(n+1-n),则Sn=2(2-1+3-2+…+n+1-n)=2(n+1-1),故S15=2×(16-1)=6.故选B.
11.(多选题) 已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8依次是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0且q≠1),则{bn}的前n项和可以是( )
A.n
B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2
D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
11.BD [解析] 设等差数列{an}的公差为d,∵a1=1,且a2,a4,a8依次是一个等比数列中的相邻三项,∴a42=a2·a8,即(1+3d)2=(1+d)(1+7d),化简得d(d-1)=0,∴d=0或d=1,故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.设{bn}的前n项和为Sn,当bn=q时,Sn=nq.当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n·qn①,qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n·qn+1②,①-②得,(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n·qn+1=q(1-qn)1−q-n·qn+1,∴Sn=q(1-qn)(1-q)2-nqn+11−q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.故选BD.
12.(多选题) 已知等差数列{an}的首项为1,公差d=4,前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.数列{Snn}的前10项和为100
B.若a1,a3,am成等比数列,则m=21
C.若∑i=1n1aiai+1>625,则n的最小值为6
D.若am+an=a2+a10,则1m+16n的最小值为2512
12.AB [解析] 由题设可得,an=1+4(n-1)=4n-3,Sn=n(1+4n-3)2=n(2n-1).∵Snn=2n-1,∴数列{Snn}的前10项和为1+3+…+19=10×(1+19)2=100,故选项A正确;若a1,a3,am成等比数列,则a32=a1am,即92=4m-3,解得m=21,故选项B正确;
∵1anan+1=1(4n-3)(4n+1)=14(14n-3-14n+1),∴∑i=1n1aiai+1=14(11-15+15-19+…+14n−3-14n+1)=14(1−14n+1)=n4n+1,由∑i=1n1aiai+1>625,可得n>6,故选项C错误;∵am+an=a2+a10,∴由等差数列的性质知,m+n=12,m,n∈N*,∴1m+16n=112(1m+16n)(n+m)=112(nm+16mn+17)≥112×(216+17)=2512,当且仅当m=125,n=485时取“=”,但m,n∈N*,∴等号取不到,即1m+16n>2512,故选项D错误.故选AB.
13. 已知数列{an}满足a1=2,a2=3且an-2-an=1+(-1)n(n≥3),则该数列的前9项之和为 .
13.10 [解析] 根据题意,数列{an}满足an-2-an=1+(-1)n(n≥3),由a1=2,得a1-a3=1+(-1)3=0,即a1=a3=2,a3-a5=1+(-1)5=0,即a3=a5=2,a5-a7=1+(-1)7=0,即a5=a7=2,a7-a9=1+(-1)9=0,即a7=a9=2.由a2=3,得a2-a4=1+(-1)4=2,即a4=1,a4-a6=1+(-1)6=2,即a6=-1,a6-a8=1+(-1)8=2,即a8=-3.所以该数列的前9项之和为(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=10+(3+1-1-3)=10.
14. 已知函数f(x)=xcs πx2.数列{an}满足an=f(n)+f(n+1)(n∈N*),则数列{an}的前100项和是 .
14.100 [解析] 由题意,当n=4k-3,k∈N*时,f(n)+f(n+1)+f(n+2)+f(n+3)=f(4k-3)+f(4k-2)+f(4k-1)+f(4k)=(4k-3)·cs (4k-3)π2+(4k-2)·cs (4k-2)π2+(4k-1)·cs (4k-1)π2+4k·cs 4kπ2=(4k-3)·0+(4k-2)·(-1)+(4k-1)·0+4k·1=2.设数列{an}的前n项和为Sn,则S100=a1+a2+a3+…+a99+a100=[f(1)+f(2)]+[f(2)+f(3)]+[f(3)+f(4)]+…+[f(99)+f(100)]+[f(100)+f(101)]=2×[f(1)+f(2)+…+f(99)+f(100)]+f(101)-f(1)=2×2×25+0-0=100.
15.已知在递增的等差数列{an}中,a1=1,a3是a1和a9的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2an+1an·an+1,求数列{bn}的前n项和Sn.
15.解:(1)设数列{an}的公差为d(d>0),
∵a3是a1和a9的等比中项,
∴a32=a1·a9,
即(1+2d)2=1·(1+8d),
解得d=0(舍)或d=1,
∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n.
(2)∵bn=2an+1an·an+1,
∴bn=2n+1n(n+1)=2n+(1n-1n+1),
∴Sn=(2+22+…+2n)+(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=2(1−2n)1−2+1-1n+1=2n+1-1-1n+1.
16. 已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,对任意n∈N*,均有an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=an+bn-an2+bn2.
(1)证明:数列{an+bn}和数列{an·bn}均为等比数列;
(2)设cn=(n+1)·2n·（1an+1bn）,求数列{cn}的前n项和Tn.
16.解:(1)证明:由a1=b1=1,可得a1+b1=2,a1b1=1.
因为对任意n∈N*,均有an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=an+bn-an2+bn2,
所以an+1+bn+1=2(an+bn),an+1·bn+1=(an+bn)2-(an2+bn2)=2an·bn,
所以数列{an+bn}是首项和公比均为2的等比数列,
数列{an·bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(2)cn=(n+1)·2n·(1an+1bn)=(n+1)·2n·an+bnanbn=(n+1)·2n·2n2n-1=(n+1)·2n+1,
所以Tn=2×22+3×23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,
2Tn=2×23+3×24+…+n·2n+1+(n+1)·2n+2,
两式相减可得-Tn=8+23+24+…+2n+2n+1-(n+1)·2n+2=8+8(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+2,
化简可得Tn=n·2n+2.
17. 甲、乙两位同学在复习数列时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏导致一个条件看不清.具体题目如下:等比数列{an}的前n项和为Sn,已知 .
(1)判断S4,S3,S5的关系;
(2)若a3-a1=6,bn=3n-1|an|,{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<5.
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值,乙同学记得缺少的条件是公比q的值,并且他们两人都记得(1)中的答案是S4,S3,S5成等差数列.如果甲、乙两位同学记得的答案是正确的,请你通过推理把条件补充完整并解答此题.
17.解:设公比为q,
∵S4,S3,S5成等差数列,
∴S4+S5-2S3=2a4+a5=a4(2+q)=0,
∵a4≠0,∴q=-2.以上各步均可逆推,∴该题缺少的条件为公比q=-2.
解答本题如下:
(1)∵q=-2,∴S3=a1-2a1+4a1=3a1,S4=3a1-8a1=-5a1,S5=-5a1+16a1=11a1,∴2S3=S4+S5,
∴S4,S3,S5成等差数列.
(2)证明:∵a3-a1=6,q=-2,
∴a1[(-2)2-1]=6,解得a1=2,
∴an=-(-2)n,
∴bn=3n-1|an|=3n-12n,
∴Tn=1+522+823+…+3n-12n,12Tn=12+523+824+…+3n-42n+3n-12n+1,
两式相减可得12Tn=1+3(122+123+…+12n)-3n-12n+1=1+3×14(1−12n-1)1−12-3n-12n+1,
∴Tn=5-3n+52n,
∴Tn<5.
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