专题10数列求和及其应用易错起源高考数学理备考黄金易错点Word版含解析 16页

‎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.‎ 在①中，取，则，所以，‎ 在①中，取，则，所以，‎ 所以数列是等差数列.‎ ‎3.【2017山东，理19】已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2‎ ‎（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)…Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，所围成的区域的面积.‎ ‎【答案】(I)（II）‎ ‎（II）过……向轴作垂线，垂足分别为……,‎ 由(I)得 记梯形的面积为.‎ 由题意，‎ 所以 ‎……+‎ ‎=……+ ①‎ 又……+ ②‎ ①-②得 ‎= ‎ 所以 ‎4.【2016高考天津理数】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等差中项.‎ ‎(Ⅰ)设，求证：是等差数列；‎ ‎(Ⅱ)设 ，求证：‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：由题意得，有，‎ 因此，所以是等差数列.‎ ‎（Ⅱ）证明： ‎ 所以.‎ ‎5.【2016高考新课标3理数】已知数列的前n项和，其中．‎ ‎（I）证明是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎（II）若 ，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由题意得，故，，．‎ 由，得，即．‎ 由，得，所以.‎ 因此是首项为，公比为的等比数列，于是．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，‎ 解得．‎ ‎6.【2016高考浙江理数】设数列满足，．‎ ‎（I）证明：，；‎ ‎（II）若，，证明：，．‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．‎ ‎【解析】（I）由得，故 ‎，，‎ 所以 ‎，‎ 因此 ‎．‎ ‎（II）任取，由（I）知，对于任意，‎ ‎，‎ 故 ‎．‎ 从而对于任意，均有 ‎．‎ 由的任意性得． ①‎ 否则，存在，有，取正整数且，则 ‎，‎ 与①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1 000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 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(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[ln 2＋(n－1)ln 3]‎ ‎＝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×＋ln3‎ ‎＝3n＋ln3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3‎ ‎＝3n－ln3－ln2－1.‎ 综上所述，Sn＝ ‎【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＝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)‎ ‎＝.‎ 从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1‎ ‎＝(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，＝，‎ 又∵a1＝2，‎ ‎∴{an}是首项为2，公比为的等比数列，‎ ‎∴an＝2×()n－1＝()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)＝a＋2an－3，‎ ‎∴当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，‎ 两式相减得，4an＝a－a＋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＝a＋2a1－3得，a－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，①‎ ‎2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②‎ ‎②－①得，Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×＋(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，，S3成等比数列，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，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 ‎⇒ 即 解得或 当a1＝－，d＝时，＝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，若的前m项和为，则m的值为(　　)‎ A．8B．9C．10D．11‎ ‎(2)已知数列{an}的通项公式为an＝log2 (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63‎ C．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　∴a1＝d＝1，∴an＝n，‎ ‎∴＝－.‎ ‎∴＋＋＋…＋ ‎＝1－＋－＋…＋－ ‎＝1－＝＝，‎ ‎∴m＝9.‎ ‎(2)∵an＝log2 (n∈N*)，‎ ‎∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2＋log2＋…＋log2＝(log22－log23)＋(log23－log24)＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝log2，由Sn<－5＝log2⇒<⇒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．‎ ‎(2)常用的裂项公式 ‎①＝(－)；‎ ‎②＝(－)；‎ ‎③＝(－)．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{}或{}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．‎