2017年高考数学四海八荒易错集专题10数列求和及其应用理

专题10 数列求和及其应用1已知数列an的通项公式为an，其前n项和为Sn，若存在MZ，满足对任意的nN*，都有SnM恒成立，则M的最小值为_答案1解析因为an，所以Sn()()1，由于10，a35，a59，a11，d2，an2n1.(2)由ann2，得2n1n2，2(n1)1(n1)2 (n2)，两式相减得2n1，bn2n(2n1)(n2)，又a11，b14，bn记Tnb2b3bn，则Tn2252372n(2n1)，2Tn2352472n1(2n1)，两式相减得Tn42n1(12n)，则Tn2n1(2n1)4，Sn2n1(2n1)4已知数列an的前n项和Sn满足Sna(Snan1)(a为常数，且a0)，且4a3是a1与2a2的等差中项(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n1时，S1a(S1a11)，所以a1a，当n2时，Sna(Snan1)，Sn1a(Sn1an11)，由，得anaan1，即a，故an是首项a1a，公比为a的等比数列，所以anaan1an.故a2a2，a3a3.由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3a12a2，即8a3a2a2，因为a0，整理得8a22a10，即(2a1)(4a1)0，解得a或a(舍去)，故an()n.5Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和解(1)设an的公差为d，据已知有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1000项和为1902900311893.6已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得b14，d3，所以bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.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：bnan(1)nlnan，求数列bn的前n项和Sn.解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318，所以公比q3.故an23n1 (nN*)(2)因为bnan(1)nlnan23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1 (1)n(ln2ln3)(1)nnln3，所以Sn2(133n1)111(1)n(ln2ln3)123(1)nnln3.当n为偶数时，Sn2ln33nln31；当n为奇数时，Sn2(ln2ln3)ln33nln3ln21.综上所述，Sn【变式探究】设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求Sn.(1)证明由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN*，an23an.(2)解由(1)知，an0，所以3.于是数列a2n1是首项a11，公比为3等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列因此a2n13n1，a2n23n1.于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1).从而S2n1S2na2n23n1(53n21)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a12,3Sn5anan13Sn1(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)3Sn3Sn15anan1(n2)，2anan1，又a12，an是首项为2，公比为的等比数列，an2()n1()n222n.【变式探究】已知正项数列an的前n项和Sn满足：4Sn(an1)(an3)(nN*)(1)求an；(2)若bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)4Sn(an1)(an3)a2an3，当n2时，4Sn1a2an13，两式相减得，4anaa2an2an1，化简得，(anan1)(anan12)0，an是正项数列，anan10，anan120，对任意n2，nN*都有anan12，又由4S1a2a13得，a2a130，解得a13或a11(舍去)，an是首项为3，公差为2的等差数列，an32(n1)2n1.(2)由已知及(1)知，bn(2n1)2n，Tn321522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，得，Tn3212(2223242n)(2n1)2n162(2n1)2n12(2n1)2n1.【名师点睛】(1)错位相减法适用于求数列anbn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n1,2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anbn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，a223a72，且，S3成等比数列，nN*.(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nN*，都有8Tn225成立，求实数的取值范围解(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，a12，d2，此时an22(n1)2n.【变式探究】(1)设Sn为等差数列an的前n项和，a22，S515，若的前m项和为，则m的值为()A8B9C10D11(2)已知数列an的通项公式为anlog2 (nN*)，设其前n项和为Sn，则使Sn5成立的正整数n有()A最小值63B最大值63C最小值31D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a1d1，ann，.11，m9.(2)anlog2 (nN*)，Sna1a2anlog2log2log2(log22log23)(log23log24)log2(n1)log2(n2)log22log2(n2)log2，由Sn5log262，故使Sn5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anbnkbn(k1，kN*)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()；()；()【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1已知数列1，3，5，7，则其前n项和Sn为()An21Bn22Cn21Dn22答案A解析因为an2n1，所以Snn21.2已知在数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a3|a30|等于()A445B765C1080D3105答案B解析an1an3，an1an3.an是以60为首项，3为公差的等差数列an603(n1)3n63.令an0，得n21.前20项都为负值|a1|a2|a3|a30|(a1a2a20)a21a302S20S30.Snnn，|a1|a2|a3|a30|765.3已知Sn为数列an的前n项和，若an(4cosn)n(2cosn)，则S20等于()A31B122C324D484答案B4设数列an满足：a12，an11，记数列an的前n项之积为Tn，则T2016的值为()AB1C.D1答案D解析由a12，an11，得a21，a311，a412，由上可知，数列an是以3为周期的周期数列，又a1a2a32(1)1，且20163672.T2016(1)6721.故选D.51的值为()A18B20C22D18答案B解析设an121()n，原式a1a2a1121()121()221()11211()211211(1)2(111)20.6设f(x)，若Sf()f()f()，则S_.答案1007解析f(x)，f(1x)，f(x)f(1x)1.Sf()f()f()，Sf()f()f()，得，2Sf()f()f()f()f()f()2014，S1007.7在数列an中，a11，an2(1)nan1，记Sn是数列an的前n项和，则S60_.答案480解析方法一依题意得，当n是奇数时，an2an1，即数列an中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1a3a5a593011465；当n是偶数时，an2an1，即数列an中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2a4a6a8a58a60(a2a4)(a6a8)(a58a60)15.因此，该数列的前60项和S6046515480.方法二an2(1)nan1，a3a11，a5a31，a7a51，且a4a21，a6a41，a8a61，a2n1为等差数列，且a2n11(n1)1n，即a11，a32，a53，a74，S4a1a2a3a41124，S8S4a5a6a7a83418，S12S8a9a10a11a1256112，S604154480.8定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”，若已知数列an的前n项的“均倒数”为，又bn，则_.答案解析由定义可知a1a2an5n2，a1a2anan15(n1)2，可求得an110n5，所以an10n5，则bn2n1，又()，所以()().9在等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设求b1b2b3b10的值解(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以ana1(n1)dn2.10已知在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San(Sn)(1)求Sn的表达式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，证明Tn.(1)解当n2时，anSnSn1代入San(Sn)，得2SnSn1SnSn10，由于Sn0，所以2，所以是首项为1，公差为2的等差数列，从而1(n1)22n1，所以Sn.(2)证明因为bn()，所以Tn(1)()()(1)，所以Tn.14