专题10+数列求和及其应用(易错起源)高考数(理)备考黄金易错点+Word含解析

高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。1.【2017天津，理18】已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.【答案】（1）..（2）.【解析】（II）解：设数列的前项和为，由，，有，故，，上述两式相减，得得.所以，数列的前项和为.2.【2017江苏，19】对于给定的正整数,若数列满足对任意正整数总成立，则称数列是“数列”.（1）证明：等差数列是“数列”;（2）若数列既是“数列”，又是“数列”，证明：是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列既是“数列”，又是“数列”，因此，当时，，①当时，.②由①知，，③，④将③④代入②，得，其中，所以是等差数列，设其公差为.，故．从而对于任意，均有．由的任意性得．=1\*GB3①否则，存在，有，取正整数且，则，与=1\*GB3①式矛盾．综上，对于任意，均有．7.【2016年高考北京理数】（本小题13分）设数列A：，,…().如果对小于()的每个正整数都有＜，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；（2）证明：若数列A中存在使得>，则；（3）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3,…,N）,则的元素个数不小于-.【答案】（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】（Ⅲ）当时，结论成立.以下设.由（Ⅱ）知.设.记.则.对，记.如果，取，则对任何.从而且.又因为是中的最大元素，所以.从而对任意，，特别地，.对.因此.所以.因此的元素个数p不小于.8.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{}的首项为1，为数列的前n项和，，其中q>0，.（Ⅰ）若成等差数列，求的通项公式；（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由已知，两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等比数列，可得，即，则，由已知,，故.所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以双曲线的离心率．由解得.因为，所以.于是，故.9.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.（1）若具有性质，且，，求；（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，判断是否具有性质，并说明理由；（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.【答案】（1）．（2）不具有性质．（3）见解析．【解析】（1）因为，所以，，．于是，又因为，解得．（3）[证]充分性：当为常数列时，．对任意给定的，只要，则由，必有．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设不是常数列，则存在，使得，而．下面证明存在满足的，使得，但．设，取，使得，则，，故存在使得．取，因为（），所以，依此类推，得．但，即．所以不具有性质，矛盾．必要性得证．综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．10.【2016高考新课标2理数】为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前1000项和．【答案】（Ⅰ），，；（Ⅱ）1893.【解析】（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得所以的通项公式为（Ⅱ）因为所以数列的前项和为易错起源1、分组转化求和例1、等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.当n为偶数时，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n))ln3＝3n－eq\f(n－1,2)ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n为奇数.))【变式探究】设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.(1)证明：an＋2＝3an；(2)求Sn.(1)证明由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切n∈N*，an＋2＝3an.(2)解由(1)知，an≠0，所以eq\f(an＋2,an)＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝eq\f(33n－1,2).从而S2n－1＝S2n－a2n＝eq\f(33n－1,2)－2×3n－1＝eq\f(3,2)(5×3n－2－1)．综上所述，【名师点睛】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【锦囊妙计，战胜自我】有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．易错起源2、错位相减法求和例2、已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，∴2an＝an－1，eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)，又∵a1＝2，∴{an}是首项为2，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴an＝2×(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n－2＝22－n.【变式探究】已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)．(1)求an；(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)∵4Sn＝(an－1)(an＋3)＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，∴当n≥2时，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3，两式相减得，4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2，又由4S1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3得，aeq\o\al(2,1)－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，∴{an}是首项为3，公差为2的等差数列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由已知及(1)知，bn＝(2n＋1)·2n，Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②②－①得，Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×eq\f(41－2n－1,1－2)＋(2n＋1)·2n＋1＝2＋(2n－1)·2n＋1.【名师点睛】(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．【锦囊妙计，战胜自我】错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．易错起源3、裂项相消法求和例3设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且eq\f(1,a2)，eq\r(S2－3)，S3成等比数列，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(2,anan＋2)，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn<2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a22－3a7＝2，,\r(S2－3)2＝\f(1,a2)·S3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋21d－3a1＋6d＝2，,2a1＋d－3·a1＋d＝3a1＋3d，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a1＋3d＝2，,a1＋d2a1＋d－6＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2,5)，,d＝\f(2,5).))当a1＝－eq\f(2,5)，d＝eq\f(2,5)时，eq\r(S2－3)＝eq\r(－\f(17,5))没有意义，∴a1＝2，d＝2，此时an＝2＋2(n－1)＝2n.【变式探究】(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝2，S5＝15，若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前m项和为eq\f(9,10)，则m的值为()A．8B．9C．10D．11(2)已知数列{an}的通项公式为an＝log2eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的正整数n有()A．最小值63 B．最大值63C．最小值31 D．最大值31答案(1)B(2)A解析(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,5a1＋\f(5×4,2)d＝15，))∴a1＝d＝1，∴an＝n，∴eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴eq\f(1,a1·a2)＋eq\f(1,a2·a3)＋eq\f(1,a3·a4)＋…＋eq\f(1,am·am＋1)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,m)－eq\f(1,m＋1)＝1－eq\f(1,m＋1)＝eq\f(m,m＋1)＝eq\f(9,10)，∴m＝9.(2)∵an＝log2eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2eq\f(2,3)＋log2eq\f(3,4)＋…＋log2eq\f(n＋1,n＋2)＝(log22－log23)＋(log23－log24)＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝log2eq\f(2,n＋2)，由Sn<－5＝log2eq\f(1,32)⇒eq\f(2,n＋2)<eq\f(1,32)⇒n>62，故使Sn<－5成立的正整数n有最小值63.【名师点睛】(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．