专题10 数列求和及其应用-2017年高考数学（文）备考学易黄金易错点
专题10 数列求和及其应用
2017年高考数学（文）备考学易黄金易错点
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn
0，∴a3＝5，a5＝9，
∴⇒a1＝1，d＝2，
∴an＝2n－1.
(2)由＋＋…＋＝an＋n2，
得＋＋…＋＝2n－1＋n2，
＋＋…＋＝2(n－1)－1＋(n－1)2 (n≥2)，
两式相减得＝2n＋1，
∴bn＝2n(2n＋1)(n≥2)，
又＝a1＋1，∴b1＝4，
∴bn＝
记Tn＝b2＋b3＋…＋bn，
则Tn＝22×5＋23×7＋…＋2n(2n＋1)，
2Tn＝23×5＋24×7＋…＋2n＋1(2n＋1)，
两式相减得－Tn＝4＋2n＋1(1－2n)，
则Tn＝2n＋1(2n－1)－4，
∴Sn＝2n＋1(2n－1)．
4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a>0)，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n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，
当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)，①
Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，②
由①－②，得an＝a·an－1，即＝a，
故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列，
所以an＝a·an－1＝an.
故a2＝a2，a3＝a3.
由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，
即8a3＝a＋2a2，
因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，
即(2a－1)(4a＋1)＝0，
解得a＝或a＝－(舍去)，
故an＝()n＝.
5．Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝lg an]，其中x]表示不超过x的最大整数，如0.9]＝0，lg 99]＝1.
(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7＋21d＝28，
解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝lg 1]＝0，b11＝lg 11]＝1，b101＝lg 101]＝2.
(2)因为bn＝
所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
6．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(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n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由
即可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．
两式作差，得－Tn＝3×2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
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.
解 (1)当a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；
当a1＝10时，不合题意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.
故an＝2·3n－1 (n∈N*)．
(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)nln 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．
1．已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为( )
A．n2＋1－ B．n2＋2－
C．n2＋1－ D．n2＋2－
答案 A
解析 因为an＝2n－1＋，
所以Sn＝＋＝n2＋1－.
2．已知在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于( )
A．445 B．765
C．1080 D．3105
答案 B
解析 ∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3.
∴{an}是以－60为首项，3为公差的等差数列．
∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.
令an≤0，得n≤21.
∴前20项都为负值．
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|
＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30
＝－2S20＋S30.
∵Sn＝n＝·n，
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.
3．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cosnπ)＝n(2－cosnπ)，则S20等于( )
A．31B．122C．324D．484
答案 B
4．设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Tn，则T2016的值为( )
A．－ B．－1
C. D．1
答案 D
解析 由a1＝2，an＋1＝1－，
得a2＝1－＝，a3＝1－＝－1，a4＝1－＝2，…，
由上可知，数列{an}是以3为周期的周期数列，
又a1a2a3＝2××(－1)＝－1，且2016＝3×672.
∴T2016＝(－1)672＝1.故选D.
5．1＋＋＋…＋的值为( )
A．18＋ B．20＋
C．22＋ D．18＋
答案 B
解析 设an＝1＋＋＋…＋
＝＝21－()n]，
原式＝a1＋a2＋…＋a11
＝21－()1]＋21－()2]＋…＋21－()11]
＝211－(＋＋…＋)]
＝211－]
＝211－(1－)]＝2(11－1＋)＝20＋.
6．设f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝________.
答案 1007
解析 ∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f()＋f()＋…＋f()，①
S＝f()＋f()＋…＋f()，②
①＋②得，2S＝f()＋f()]＋f()＋f()]＋…＋f()＋f()]＝2014，
∴S＝＝1007.
7．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，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，an＋2－an＝1，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，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；
当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.
因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.
方法二 ∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，
∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，
S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，
∴S60＝4×15＋×4＝480.
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a1＋a2＋…＋an＝5n2，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝5(n＋1)2，可求得an＋1＝10n＋5，
所以an＝10n－5，则bn＝2n－1，
又＝(－)，
所以＋＋…＋
＝(－＋－…－＋－)
＝(－)＝.
9．在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知得
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
10．已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an(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n≥2时，an＝Sn－Sn－1代入S＝an(Sn－)，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0，
所以－＝2，
所以{}是首项为1，公差为2的等差数列，
从而＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以Sn＝.
(2)证明 因为bn＝＝
＝(－)，
所以Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)<，
所以Tn<.
