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

1、最新 料推荐1. 【 2017天津，理18】已知 an为等差数列，前 n 项和为 Sn (nN ) ， bn 是首项为2 的等比数列，且公比大于0， b2b3 12 , b3 a42a1 ， S11 11b4 .（）求 an 和 bn 的通项公式；（）求数列 a2nb2n1 的前 n 项和 ( n N ) .【答案】（ 1） a3n2.b2n（ ）3n 24n 18nn.2Tn.33【解析】（ II ）解：设数列 a2n b2 n 1 的前 n 项和为 Tn ，由 a2 n6n 2 ， b2 n 12 4n 1 ，有 a2 nb2n 13n 1 4n ，故 Tn2 4 5 428433n 1

2、4n ，4Tn2 425 438443n 4 4n3n 1 4n 1 ，上述两式相减，得3Tn2 43 423 433 4n3n 1 4n 11最新 料推荐1214n43n1 4n 1144n 13n28.得 Tn3n24n18.33所以，数列 a2 nb2n1 的前 n 项和为 3n24n 18.332. 【 2017 江苏， 19】 对于给定的正整数k , 若数列 an 满足 an k an k 1an 1an 1an k 1an k2kan 对任意正整数n(n k) 总成立，则称数列 an 是“ P(k ) 数列”.（ 1）证明：等差数列 an 是“ P (3) 数列”;（ 2）若数列

3、an 既是“P(2) 数列”，又是“P(3) 数列”，证明： an 是等差数列 .【答案】（1）见解析（ 2）见解析（ 2）数列an 既是“ P2 数列”，又是“P 3 数列”，因此，当 n3 时， an 2an 1an 1an 24an ，当 n4 时， an 3an 2an 1an 1an 2an 3 6an . 由知，an 3 an 24an 1nn 1 ，a aan 2an 34an 1an 1 an ，将代入，得an1an 12an ，其中 n4，所以 a3 ,a4 , a5 , 是等差数列，设其公差为d .2最新 料推荐在中，取在中，取n4， a2a3a5a64a4 ，所以 a2a

4、3d ，n3， a1a2a4a54a3 ，所以 a1a22d ，所以数列 an 是等差数列 .3. 【 2017 山 ，理19】已知 xn 是各 均 正数的等比数列，且x1+x2=3， x3- x2=2（）求数列 xn 的通 公式；（）如 ，在平面直角坐 系xOy中，依次 接点P1( x1, 1) ，P2( x2, 2) Pn+1( xn+1, n+1) 得到折 P1 P2 Pn+1，求由 折 与直 y=0， xx1 , xxn 1 所 成的区域的面 Tn .【答案】 (I) xn2n 1.（ II ） Tn(2 n 1) 2n1.2（ II） P1, P2 , P3 , Pn 1 向 x 作

5、垂 ，垂足分 Q1, Q2 , Q3 , Qn 1 ,由 (I)得 xn 1xn2n2n 12n 1. 梯形 Pn Pn 1Qn 1Qn 的面 bn .由 意 bn(nn1)2n 1(2n1)2n 2 ，2所以Tnb1b2b3+bn= 32 1520721+(2 n1)2n 3(2 n1) 2n 2又 2Tn3 205217 22+(2 n 1)2n 2(2 n 1)2n 1 - 得3最新 料推荐Tn32 1(222.2n 1)(2 n1) 2n 1= 32(12n 1 )(2 n1) 2n1.212所以 Tn(2 n1)2n1.24.【 2016 高考天津理数】 已知 an 是各项均为正数的

6、等差数列，公差为 d ，对任意的 nN ,bn 是 an 和 an 1的等差中项 .( ) 设 cnbn21bn2 , nN * ，求证：cn是等差数列；2nnn11( ) 设 a1 d ,Tn2 , nN * ，求证：2 .1 bnk 1k1 Tk2d【答案】（）详见解析（）详见解析【解析】（）证明：由题意得bn2an an 1 ，有 cn bn21bn2an 1 an 2 anan 1 2dan 1 ，因此 cn 1cn 2dan2an 12d 2 ，所以cn是等差数列 .（）证明： Tnb12b22b32b42b22n 1 b22n2d a2a4a2 nn a2 a2 n2d22d 2

7、n n1 ,n11n11n所以2d 2k 1 k k 12d 2k 1 Tkk 1111111 .kk 12d2n 12d 25. 【 2016 高考新课标3 理数】已知数列 a 的前 n 项和 S 1a，其中0nnn（ I ）证明 an 是等比数列，并求其通项公式；31（ II ）若 S5，求32【答案】（） an1() n 1 ；（）1 11【解析】（）由题意得 a1S11a1 ，故1 ， a110 ， a114最新 料推荐由 Sn1an ， Sn 11 an 1 得 an 1an 1an ，即 an 1 (1)an 由 a10 ，0得 anan1.0 ，所以an1因此 an 是首项为1，

8、公比为的等比数列，于是an11() n 1 111（）由（）得Sn1() n ，由 S531得 1(1)531 ，即 ()51 ，13232132解得16. 【 2016 高考浙江理数】设数列anan11 ， n满足 an2（ I ）证明： a2n 1a2 ， n；n13n（ II ）若 an， n，证明： an2 ， n2【答案】（I ）证明见解析； （ II）证明见解析an 11得 an11 1 ，故【解析】（I ）由 an2an2anan112nn12n ， n，2所以a1ana1a2a2a3an 1an212n212222232n 12n11121222n 11 ，因此an2n 1 a

9、12 （ II ）任取 n，由（ I ）知，对于任意 mn ，anamanan 1an 1an2am 1am2n2m2n2n 12n 12n22m 12m5最新 料推荐1112n2n 12m 11n1 ，2故an1am2n2n 12mm1132n2n 12m23m22n 4从而 于任意m n ，均有3man22n 4由 m 的任意性得 an2 ，有 a2 ，取正整数 m0log3an2否 ，存在 n00且 m0 n0 ， nn042 0m0an0233log 32n02m02n042 ，an440与式矛盾 上， 于任意 n，均有 an27. 【 2016 年高考北京理数】 （本小 13 分）

10、数列 A： a1， a2, aN( N ). 如果 小于 n ( 2nN ) 的每个正整数k 都有 ak an， 称 n 是数列 A 的一个“ G 刻” . “ G(A) 是数列 A 的所有“ G 刻” 成的集合 .（ 1） 数列 A： -2 ， 2， -1 ， 1， 3，写出 G(A) 的所有元素；（ 2） 明：若数列A 中存在 an 使得 an a1 ， G( A)；（ 3） 明：若数列A 足 an - an 11（n=2,3,N） , 则 G(A) 的元素个数不小于 aN - a1 .6最新 料推荐【答案】（1） G( A) 的元素为 2 和 5 ；（ 2）详见解析； （ 3）详见解析

11、.【解析】（）当 aNa1 时，结论成立 .以下设 aNa1 .由（）知 G ( A).设 G ( A)n1 , n2 , , np , n1n2np . 记 n01.则 an0an1 an2an p .对 i0,1, p ，记 GikNnik N , akani.如果 Gi，取 mimin Gi ，则对任何 1kmi , ak ani ami .从而 miG ( A) 且 mini 1 .又因为 np 是 G ( A) 中的最大元素，所以G p.从而对任意 n pkN ， akanp，特别地， aNan p.对 i0,1, p1, an i 11ani .因此 ani 1ani 1 1(an

12、i 1ani 1 1 )ani1.p所以 aNa1an pa1(aniani 1 ) p .i 17最新 料推荐因此 G ( A) 的元素个数p 不小于 a Na1 .8. 【 2016 年高考四川理数】 （本小题满分 12 分）已知数列 an 的首项为1， Sn 为数列 an 的前 n 项和， Sn 1 qSn1，其中 q0， nN * .（）若 2a2 , a3 , a22成等差数列，求 an 的通项公式；（）设双曲线 x2y25e24n3nan21 的离心率为 en ，且 e2，证明： e1enn 133.【答案】（） an =qn - 1 ；（）详见解析 .【解析】（）由已知，Sn +

13、 1 = qSn + 1,Sn+ 2 = qSn+ 1 + 1,两式相减得到 an+ 2= qan+ 1 ,n ? 1 .又由 S2 = qS1 + 1 得到 a2 = qa1 ，故 an + 1 = qan 对所有 n 31都成立 .所以，数列 an 是首项为1，公比为 q 的等比数列 .n- 1.从而 an =q由 2a2，a3， a2 +2 成等比数列，可得 2a3 =3a2 + 2 ，即 2q 2 =3q + 2, ，则 (2 q+ 1)(q - 2) = 0 ，由已知 , q 0 ，故q =2 .所以 an = 2 n- 1 (n ? N* ) .（）由（）可知，n- 1.an =

14、q所以双曲线 x2 -y2= 1 的离心率en = 1 + an2=1+ q 2( n- 1) an2由 q = 1+ q2 = 5 解得 q = 4 .332( k- 1)2( k- 1)，所以1+q2( k- 1) qk- 1*）.因为 1+q q（ k ? N于是 e1 + e2+ 鬃?en 1+q + 鬃? qn - 1= q n - 1 ，q - 1故 e1 + e2 + 鬃? e3 4n - 3n.3n- 19. 【 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 an 满足：只要

15、apaq ( p,qN * ) ，必有 ap 1aq 1 ，则称 an 具有性质 P .8最新 料推荐（ 1）若 an 具有性质 P ，且 a1 1,a2 2, a43,a52 ， a6 a7a8 21 ，求 a3 ；（ 2）若无穷数列 bn 是等差数列，无穷数列 cn 是公比为正数的等比数列， b1 c51 ， b5c1 81 ，an bn cn 判断 an 是否具有性质P ，并说明理由；（ 3）设 bn 是无穷数列，已知 an 1bn sin an (nN * ) . 求证：“对任意 a1, an 都具有性质 P ”的充要条件为“ bn 是常数列” .【答案】（1） a3 16 （2） a

16、 不具有性质（ 3）见解析n【解析】（1）因为 a5a2 ，所以 a6a3 ， a7a43 ， a8 a52 于是 a6 a7 a8 a33 2 ，又因为 a6 a7a821 ，解得 a316 （ 3） 证 充分性：当 bn 为常数列时，an 1b1sin an 对任意给定的a1 ，只要 apaq ，则由 b1sin apb1sin aq ，必有 ap 1aq 1 充分性得证必要性：用反证法证明假设bn 不是常数列，则存在k，使得 b1b2bkb ，而 bk 1b 9最新 料推荐下面证明存在满足an1bnsin an 的 an ，使得 a1a2ak1 ，但 ak 2ak 1 设 fxxsin

17、xb ，取m，使得 mb ，则f mmb0 ， fmmb0 ，故存在 c 使得 fc0 取 a1c ，因为 an 1b sin an （ 1nk ），所以 a2bsin cca1 ，依此类推，得 a1a2ak 1c 但 ak2bk 1sin ak1bk1sin cbsin c ，即 ak2ak 1 所以 an不具有性质，矛盾必要性得证综上，“对任意 a1 ， an都具有性质”的充要条件为“bn 是常数列” 10. 【 2016 高考新课标2 理数】 Sn 为等差数列an的前 n 项和，且 a1 =1， S728. 记 bn = lg an，其中 x表示不超过 x 的最大整数，如0.9 =0，l

18、g99=1 （）求 b1， b11， b101 ；（）求数列bn的前 1 000项和【答案】（） b10 ， b111 ， b1012 ；（） 1893.【解析】（）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.b1 lg10, b11 lg111,b101lg1012.0,1n10,（）因为 bn1,10n100,2,100n1000,3,n1000.所以数列 bn 的前1000项和为190290031 1893.10最新 料推荐易 起源1、分 化求和例 1、等比数列 an 中， a1， a2，a3 分 是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1

19、， 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 公式；n(2) 若数列 bn 足： bn an ( 1) ln an，求数列 bn 的前 n 和 Sn .(2) 因 bn an ( 1) nln an 23n 1 ( 1) nln(2 3n1)23n 1 ( 1) nln 2 ( 1)ln 3nnnnnln3，23 1 ( 1) (ln2 ln3) ( 1)所以 Sn 2(1 3 3n 1) 1 1 1 ( 1) n (ln2 ln3) 1 2 3 ( 1) nnln3. 当 n 偶数 ，13nnSn2

20、ln3132n n 3 2ln3 1；当 n 奇数 ，n n1n2 13 (ln2 ln3) n ln3S132 1 3n nln3 ln2 1.211最新 料推荐nnn 偶数，3 2ln3 1， 上所述， Snn 1n3 2ln3 ln2 1， n 奇数 .n的前 n 和 nnnn*【 式探究】 数列 a S，已知 a11， a2 2，且 a 23S S1 3， nN .(1) 明： an 23an；(2) 求 Sn.(1) 明 由条件， 任意 n N* ，有 an2 3Sn Sn 1 3，因而 任意n N* ， n2，有 an1 3Sn 1 Sn 3.两式相减，得an 2 an 1 3an

21、 an1，即 an2 3an， n2.又 a1 1， a2 2，所以 a3 3S1 S2 3 3a1 ( a1 a2) 33a1，故 一切 n N* ， an2 3an.a 2n(2) 解 由(1)知， an0，所以 an 3. 于是数列 a2n 1 是首 a1 1，公比 3 等比数列；数列 a2n 是首 a2 2，公比 3 的等比数列因此a2n 1 3n 1， a2n23n 1.于是 S2n a1 a2 a2n ( a1 a3 a2n 1) ( a2 a4 a2n)n1n 1 (1 3 3) 2(1 3 3) 3(1 3 3n 1)n.2nn 1从而 S2n 1 S2n a2n23 3(5

22、3n 2 1) 23n 3(532是奇数，21),nSnn3(32， 是偶数 . 上所述，21)n【名 点睛】在 理一般数列求和 ，一定要注意使用 化思想把一般的数列求和 化 等差数列或等比数列 行求12最新 料推荐和，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

23、列 an 的前 n 项和为 Sn，且有 a1 2,3 Sn 5an an 1 3Sn1( n2) (1) 求数列 an 的通项公式；(2) 若 bn (2 n 1) an，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.解 (1)3 Sn 3Sn 1 5an an 1( n2) ，an12an an 1， an1 2，又 1 2，aan 是首项为2，公比为1的等比数列，21 n 11 n 22 n an2(2) ( 2)2.【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

24、n 项和 Tn.13最新 料推荐2解(1) 4Sn ( an 1)( an 3) an 2an 3，2当 n2 ， 4Sn 1 an 1 2an1 3，22两式相减得，4an an an 12an 2an1，化 得， ( an an 1)( an an 1 2) 0，an 是正 数列，an an 10， an an 1 2 0， 任意 n2， nN* 都有 an an 1 2，22 30，又由 4S1 a1 2a1 3得， a1 2a1解得 a1 3 或 a1 1( 舍去 ) ，an 是首 3，公差 2 的等差数列， an 3 2( n 1) 2n 1.(2) 由已知及 (1) 知，bn (2

25、 n1) 2n，123n 1nT 32 5272 (2 n1) 2 (2 n1) 2 ，n234nn 1，2Tn32 5272(2 n1) 2 (2 n1)2n 1得， Tn 321 2(2 2 2324 2n) (2 n1) 2n 1 622 (2 n1) 2n 1 12 2 (2 n1) 2n 1.【名 点睛】(1) 位相减法适用于求数列 an bn 的前 n 和，其中 an 等差数列， bn 等比数列； (2) 所 “ 位”，就是要找“同 ”相减要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此 一定要 清其 数(3) 为保 果正确，可 得到的和取n 1,2 行 【 囊妙 ， 自我】 位相减法是在推 等比数列的前n 和公式 所用的方法， 种方法主要用于求数列 n n 的前n 和，a b其中 an ， bn 分 是等差数列和等比数列易 起源3、裂 相消法求和1*例 3 等差数列 an 的前 n 和 Sn， a22 3a7 2，且 a2，S2 3， S3 成等比数列， n N .(1) 求数列 an 的通 公式；(2) 令 bn2