1、第 10 讲 数列求和与数列的简单应用 基础过关 1.在等比数列an中,a1=6,a2=12-a3.(1)求an的通项公式;(2)记 Sn 为an的前 n 项和,若 Sm=66,求 m.2.已知数列an是公比为正数的等比数列,其前 n 项和为 Sn,满足 a1=2,且 a2,2S2,a3 成等差数列.(1)求an的通项公式;(2)若数列bn满足 bn=log2an,求12-22+32-42+992-1002 的值.3.已知数列an,bn满足 a1=b1=1,对任意 nN*均有an+1=an+bn+2+2,bn+1=an+bn-2+2.(1)证明:数列an+bn和数列anbn均为等比数列;(2)
2、设 cn=(n+1)2n1+1,求数列cn的前 n 项和 Tn.4.如图 X10-1,杨辉三角是我国南宋数学家杨辉于 1261 年所著的详解九章算法中列出的一张图表,如图,把杨辉三角左对齐排列,将同一条斜线上的数字求和,会得到一个数列an,其中 a1=1,a2=1,a3=2,设数列an的前 n 项和为 Sn.图 X10-1(1)求 a8 的值,并写出 an,an+1,an+2 满足的递推关系式(不用证明);(2)记 a2022=m,用 m 表示 S2020.5.已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 2Sn=3an+4n-7.(1)证明:数列an-2为等比数列;(2)若 bn=-2(+1-1)
3、(-1),求数列bn的前 n 项和 Tn.6.已知数列an的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=2an-1(nN*).(1)求数列an的通项公式及 Sn;(2)若数列bn满足 bn=|Sn-15|,求数列bn的前 n 项和 Tn.能力提升 7.已知数列an的首项 a1=2,且满足 a1+a2+an-an+1=-2,数列bn满足 bn=1log2(a1a2an)(nN*),数列anbn的前 n 项和为 Tn.(1)求数列an的通项公式;(2)令 cn=4-2,求证:=1ci13.8.已知等比数列an的各项均为正数,2a5,a4,4a6成等差数列,且满足a4=432,数列bn的前n项和 Sn=(+
4、1)2 bn,nN*,且 b1=1.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)设 cn=,为奇数,为偶数,求数列cn的前 n 项和 Pn.(3)设 dn=2+52+12+3an,nN*,dn的前 n 项和为 Tn,求证:Tn0).a2,2S2,a3 成等差数列,4S2=a2+a3,即 4(a1+a1q)=a1q+a1q2,4+4q=q+q2,解得 q=-1 或 q=4,q0,q=4,a1=2,an=24n-1=22n-1(nN*).(2)由(1)知 bn=log2an=2n-1,12-22+32-42+992-1002=12-32+52-72+1972-1992=(1-3)(1+3)+(5-7)
5、(5+7)+(197-199)(197+199)=(-2)(1+3+5+7+199)=-21+1992100=-20000.3.解:(1)证明:由 an+1=an+bn+2+2,bn+1=an+bn-2+2,得 an+1+bn+1=2(an+bn),又因为 a1+b1=2,所以数列an+bn是首项为 2,公比为 2 的等比数列.由 an+1=an+bn+2+2,bn+1=an+bn-2+2,得 an+1bn+1=2anbn,又因为 a1b1=1,所以数列anbn是首项为 1,公比为 2 的等比数列.(2)由(1)可知 an+bn=2n,anbn=2n-1,所以1+1=+=2,故 cn=(n+1
6、)2n1+1=(n+1)2n+1,所以 Tn=222+323+424+(n+1)2n+1,则 2Tn=223+324+425+(n+1)2n+2,两式相减得-Tn=222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2,即-Tn=8+23(1-2-1)1-2-(n+1)2n+2=-n2n+2,所以 Tn=n2n+2.4.解:(1)由题图知 a8=1+6+10+4=21,an+2=an+1+an(nN*).(2)因为 a3=a2+a1,a4=a3+a2,a2021=a2020+a2019,a2022=a2021+a2020,所以 a3+a4+a2022=a2+a3+a2021+(a1+a2+a2020
7、),所以 a2022-a2=S2020,所以 S2020=m-1.5.解:(1)证明:当 n=1 时,2a1=3a1-3,则 a1=3.当 n2 时,因为 2Sn=3an+4n-7,所以 2Sn-1=3an-1+4n-11,则 2an=3(an-an-1)+4,即 an=3an-1-4,从而 an-2=3(an-1-2),即-2-1-2=3(n2).因为 a1=3,所以 a1-2=1,所以数列-2是以 1 为首项,3 为公比的等比数列.(2)由(1)可得 an-2=3n-1,即 an=3n-1+2,所以 bn=-2(+1-1)(-1)=3-1(3+1)(3-1+1)=1213-1+1-13+1
8、,则 Tn=12130+1-131+1+131+1-132+1+13-2+1-13-1+1+13-1+1-13+1=12130+1-13+1=1212-13+1=14-12(3+1).6.解:(1)当 n=1 时,S1=2a1-1,即 a1=1,由 Sn=2an-1 得 Sn+1=2an+1-1,两式相减得 an+1=2an+1-2an,即 an+1=2an,数列an是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,an=2n-1,则 Sn=1-21-2=2n-1.(2)由(1)知 bn=|2n-16|,则 bn=16-2,1 4,2-16,4,当 1n4 时,Tn=(16-21)+(16-22)+(1
9、6-2n)=16n-(21+22+2n)=16n-2(1-2)1-2 =16n-2n+1+2;当 n4 时,Tn=(16-21)+(16-22)+(16-23)+(16-24)+(25-16)+(26-16)+(27-16)+(2n-16)=2T4+(21+22+2n)-16n=234+2(1-2)1-2-16n=2n+1-16n+66.综上,Tn=16-2+1+2,1 4,2+1-16+66,4.7.解:(1)由 a1=2,a1+a2+an-an+1=-2,可得 a1-a2=-2,即 a2=4.当 n2 时,a1+a2+an-1-an=-2,又 a1+a2+an-an+1=-2,两式相减可得
10、 an+1=2an,又 a2=4=2a1,满足上式,所以an是首项为 2,公比为 2 的等比数列,则 an=22n-1=2n.(2)证明:由(1)知 bn=1log2(2482n)=1+2+=+12,则 anbn=(n+1)2n-1,所以 Tn=21+32+44+(n+1)2n-1,2Tn=22+34+48+(n+1)2n,两式相减可得-Tn=2+2+4+2n-1-(n+1)2n=2+2(1-2-1)1-2-(n+1)2n,所以 Tn=n2n,可得 cn=4-2=42-2=142-2.由 42n-2-32n=2n-20,得 42n-232n,可得142-21312,则=1ci1312+14+1
11、2=1312(1-12)1-12=13 1-12 0,所以 q0,由题知24=25+46,4=432,得22+-1=0,1=41,解得=12,1=12,所以 an=12n.当 n2 时,bn=Sn-Sn-1=+12 bn-12,即=-1-1,所以 是常数列,又11=1,所以 bn=n.(2)由(1)知 cn=,为奇数,(12),为偶数.当 n 为偶数时,Pn=(b1+b3+bn-1)+(a2+a4+an)=1+3+(n-1)+122+124+12n=22(1+n-1)+141-(14)21-14=24+13-1312n;当 n 为奇数时,Pn=Pn-1+bn=(-1)24+13-1312n-1+n=(+1)24+13-1312n-1.(3)证明:由(1)知 dn=2+5(2+1)(2+3)12=1(2+1)2-1-1(2+3)2,则 Tn=13-152+152-1722+1(2+1)2-1-1(2+3)2=13-1(2+3)213.
