数列求和精选难题、易错题(含答案)
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.数列{an }满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝a m＋a n＋mn，则＋＋＋…＋＝()A．B．C．D．【答案】B【解析】令m＝1得an＋1＝a n＋n＋1，即an＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，上述n－1个式子相加得an －a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝ (n∈N*)，因此＝＝2(－)，所以＋＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝2.函数f(x)对任意x∈R都有. （1）求和(n∈N*)的值；（2）数列{an }满足：，求an；（3）令，，，试比较Tn 和Sn的大小。
【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】（1）由于函数f(x)对任意x∈R都有，则令可求的；再令求出；（2）利用倒序相加结合（1）的结论可求出；（3）由及第（2）问的结论求出，用放缩法变形（），用裂项相消法求，再与比较大小.（1）令=2，则；令得，（4分）（2）由，两式相加得：，∴，（8分）（3），(n≥2)∴.（12分）【考点】倒序相加、裂项相消法求数列的前项和.3.对任意，函数满足，设，数列的前15项的和为，则．【答案】【解析】因为，所以即因此数列任意相邻两项和为因为，因此所以或，又由.【考点】数列求和4.已知函数，且，则()A．0B．100C．5050D．10200【答案】C【解析】因为，所以，选C.5.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出.试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导6.数列{an }满足an+1＋(－1)n an＝2n－1，则{an}的前60项和为____________.【答案】1830【解析】当时，；当时，；当时，.将与相减得：；将与相减得：.所以，，所以.【考点】数列.7.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.8.．己知数列满足，则数列的前2016项的和的值是___________．【答案】1017072【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列，因此我们要研究数列的各项之间有什么关系，与它们的和有什么联系？把已知条件具体化，有，，，，…，，，我们的目的是求，因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和，可能首先想到把出现“＋”的式子相加（即为偶数的式子相加），将会得到，好像离目标很近了，但少，而与分布在首尾两个式子中，那么能否把首尾两个式子相减呢？相减后得到，为了求，我们又不得不求，依次下去，发现此路可能较复杂或者就行不通，重新寻找思路，从头开始我们有，即，而，∴，因此，我们由开始的三个等式求出了，是不是还可用这种方法求出呢？下面舍去，考察，，，同样方法处理，，从而，于是，而，正好504组，看来此法可行，由此我们可得．【考点】分组求和．9.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图10.已知数列的各项都是正数，前项和是，且点在函数的图像上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【高考数学易错专练】知识点：数列求和 易错点1 不能根据通项公式特点选择求和方法致误 (原卷及答案)
验证 时也满足上式，
(II) ，
，
（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和．
（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n项和公式的推导方法）．
（4）错位相减法：如果数列 通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n项和公式的推导方法）．
知识点：数列求和
易错点1不能根据通项公式特点选择求和方法致误
【易错诠释】数列求和常见的方法全通项公式上都有不同的特点，在选择方法时容易混淆．1．数列求和的常用方法：
（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论；③常用公式： ．
【针对训练】
1.求和 ．
【答案】
【分析】先求 的通项公式，再由分组求和法求解
【详解】∵
，∴ ．2.若数列 Nhomakorabea的通项公式为 ，求 的前n项和 ．
【答案】
【分析】利用裂项相消法求解.
【详解】解：∵ ，
∴ ，
．
3.设数列 满足
(I)求数列 的通项; (II)设 求数列 的前 项和 .
【答案】(I)
(II)
【详解】解：:
【典例】求 ．
【针对训练】
1.求和 ．
2.若数列 的通项公式为 ，求 的前n项和 ．
3.设数列 满足
知识点：数列求和
易错点1不能根据通项公式特点选择求和方法致误
【易错诠释】数列求和常见的方法全通项公式上都有不同的特点，在选择方法时容易混淆．1．数列求和的常用方法：
高二数学数列求和试题答案及解析
高二数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项，其前项和为，则为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，注意到数列的周期为3，并且【考点】1．三角恒等变换；2．数列求和2.设等比数列都在函数的图象上。
（1）求r的值；（2）当；（3）若对一切的正整数n，总有的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由已知可得，当时，是等比数列， 4分（2）由（1）可知，8分（3）递增，当时，取最小值为所以一切的 12分【考点】数列求通项求和点评：数列求和采用的错位相减法，此法适用于通项公式为关于n的一次式与指数式的乘积形式的数列，第三问不等式恒成立转化为求数列前n项和的最值，期间借助了数列的单调性}中，，试猜想这个数列的通项公式。
3.在数列{an【答案】【解析】因为，，所以，。
【考点】本题主要考查数列的递推公式，等差数列的通项公式。
点评：简单题，考察数列要从多方面入手，如本题中，通过研究的特征，利用等差数列的知识，使问题得解。
4.对正整数，设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是【答案】=-2n-1（n+2），所以，切线方程为：y+2n=-2n-1（n+2）（x-2），【解析】因为y'|x=2=（n+1）2n，令x=0，求出切线与y轴交点的纵坐标为y=。
所以，则数列{}的前n项和Sn【考点】本题主要考查导数的几何意义，直线方程，等比数列的求和公式。
点评：中档题，切线的斜率等于函数在切点的导函数值。
最终转化成等比数列的求和问题。
5.在数列中，=1，，其中实数.（I）求；（Ⅱ）猜想的通项公式, 并证明你的猜想.【答案】（Ⅰ）(Ⅱ）猜想：应用数学归纳法证明。
【解析】（Ⅰ）由6分(Ⅱ）猜想：①当时，，猜想成立；②假设时，猜想成立，即:，则时，=猜想成立.综合①②可得对，成立. 12分【考点】本题主要考查归纳法及数学归纳法。
点评：中档题，“归纳，猜想，证明”是创造发明的良好方法。
利用数学归纳法证明命题的正确性，要注意遵循“两步一结”。
高一数学数列求和试题答案及解析
高一数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项公式，它的前n项和为，则_________．【答案】99【解析】,可得前n项和，所以，则.【考点】数列的求和.2.等比数列的前项和为4,前项和为12,则它的前项和是A．28B．48C．36D．52【答案】A【解析】由等比数列的性质“成等比数列”可得；成等比数列，.【考点】等比数列的前项和3.已知数列的前项和为，则的值是( ) A．B．73C．D．15【答案】C．【解析】∵，∴，，∴．【考点】数列求和．4.等比数列中，已知．（1）求数列的通项公式及前项和．（2）记,求的前项和．【答案】（1）数列的通项公式为，前项和．（2）的前项和．【解析】（1）按照等比数列的定义即可求数列的通项公式及前n项和．（2）根据（1）结果先求出，再用裂项相消法求的前n项和即可．（1）设等比数列的公比为，∵∴由得∴ 2分∴∴数列的通项公式为 4分6分（2）依题意，由（1）知 8分， 10分由裂项相消法得 12分【考点】数列求通项公式、求和的方法．5.定义为个正数的“均倒数”．若已知数列的前项的“均倒数”为，又，则=( )A．B．C．D．【答案】C【解析】设数列{}的前n项和为，则由题意可得，∴，，∴，∴．【考点】数列的通项公式，数列求和．6.设数列的前项和为，对任意的正整数，都有成立，记.（1）（1）求数列与数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，是否存在正整数，使得成立？若存在，找出一个正整数；若不存在，请说明理由．（3）记，设数列的前项和为，求证：对于都有【答案】(1)；(2)不存在，见解析；（3）见解析.【解析】（1）根据题中给的an =5Sn+1，继而可得an-1=5sn-1+1，两式子相减得，an-an-1=5an，因此,因而可得出an ，bn的通项公式;（2）根据bn的通项公式，算出的前n项和为Rn，再计算出是否存在正整数k;（3）根据bn 的通项公式，计算出cn的通项公式，再比较Tn与的大小.（1）当时，,又,,∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，（2）不存在正整数，使得成立。
高中数学数列-错位相减法求和专题训练含答案精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版错位相减法求和专题训练1．已知数列{}n a 满足22,{ 2,n n n a n a a n ++=为奇数为偶数，且*12,1,2n N a a ∈==.(1)求 {}n a 的通项公式；(2)设*1,n n n b a a n N +=⋅∈，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ；(3)设()2121nn n n c a a -=⋅+-，证明：123111154n c c c c ++++< 2．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足37a =， 21691n n a S n +=++， *n N ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若正项等比数列{}n b 满足1132,b a b a ==，且n n n c a b =⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T . ①求n T ；②若对任意2n ≥， *n N ∈，均有()2563135n T m n n -≥-+恒成立，求实数m 的取值范围.3．已知*n N ∈，设n S 是单调递减的等比数列{}n a 的前n 项和， 112a =且224433,,S a S a S a +++成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n na 的前n 项和为n T ，求证：对于任意正整数n ， 122n T ≤<. 4．递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =， 430S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求1250n n T n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.5．已知数列{}n a 及()212n n n f x a x a x a x =+++，且()()11?nn f n -=-, 1,2,3,n =.（1）求123a a a ，，的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）求证:11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 6．已知数列{}n a 是以2为首项的等差数列，且1311,,a a a 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和()*n S n N ∈； （Ⅱ）若()1232n a n b -=，求数列{}1n n a b +的前n 项之和()*n T n N ∈.7．在数列{}n a 中， 14a =，前n 项和n S 满足1n n S a n +=+.（1）求证：当2n ≥时，数列{}1n a -为等比数列，并求通项公式n a ；（2）令11•213nn n n na b -⎛⎫= ⎪+⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和为n T .8．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且252,15a S ==，数列{}n b 满足11,2b =1n b += 12n n b n+． （1）求数列{}n a ， {}n b 的通项公式； （2）记n T 为数列{}n b 的前n 项和， ()()222n n S T f n n -=+，试问()f n 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．9．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）令()*211n n b n N a =∈-，求数列{}n a 的前n 项和n T ． 10．已知单调递增的等比数列{}n a 满足： 2420a a +=， 38a = （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S , 1250n n S n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.参考答案1．解析：（1）当n 为奇数时， 22n n a a +-=，此时数列{}*21k a k N -∈（）成等差数列． 2d = 当n 当为偶数时， 22n n a a +=，此时数列{}*2k a k N ∈（）成等比数列 2q = ()()2{2nn n n a n ∴=为奇数为偶数（2）()()21221222121222142kkk k k k k k k b b a a a a k k k --++=+=-⋅++=⋅()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++23241222322n n S n ⎡⎤∴=⋅+⋅+⋅+⋅⎣⎦()2312241222122n n n S n n +⎡⎤=⋅+⋅++-+⋅⎣⎦12242222n n n S n +⎡⎤∴-=+++-⋅⎣⎦(3) ()()3121nnn C n =-+- ()()()()2121{ 2121nn nn n C n n -⋅-∴=-⋅+为奇为偶 ()()1111321212n n n n C n +=<≥-- n 为奇 ()()1111221212n n n n C +=<≥-+ n 为偶2．解析：(1) 2n 1n a 6S 9n 1+=++，()()2n n 1a 6S 9n 11n 2-=+-+≥，∴()22n 1n n a a 6a 9n 2+-=+≥，∴()22n 1n a a 3+=+ 且各项为正，∴()n 1n a a 3n 2+=+≥又3a 7=，所以2a 4=，再由221a 6S 91=++得1a 1=，所以21a a 3-=∴{}n a 是首项为1，公差为3的等差数列，∴n a 3n 2=-(2) 13b 1,b 4==∴n 1n b 2-=， ()n 1n n n c a b 3n 22-=⋅=-⋅①()01n 1n T 12423n 22-=⋅+⋅++-⋅，②()12n n 2T 12423n 22=⋅+⋅++-⋅∴()12n 1n T 13222--=++++ ()n 3n 22--⋅， ()n n T 3n 525=-⋅+()n 3n 52m -⋅⋅≥ ()2*6n 31n 35n 2,n N -+≥∈恒成立∴()2n 6n 31n 35m 3n 52-+≥-⋅ ()()()nn 3n 52n 72n 73n 522---==-⋅，即n 2n 7m 2-≥恒成立. 设n n 2n 7k 2-=， n 1n n 1nn 12n 52n 792nk k 222+++----=-= 当n 4≤时， n 1n k k +>； n 5≥时， n 1n k k +< ∴()n 55max 33k k 232===，∴3m 32≥. 点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到等差数列的通项公式的求解，数列的乘公比错位相减法求和，数列的恒成立的求解等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中准确运算和合理转化恒成立问题是解答的关键. 3．解：（1）设数列{}n a 的公比q ，由()4422332S a S a S a +=+++， 得()()42434232S S S S a a a -+-+=+，即424a a =，∴214q =． {}n a 是单调递减数列，∴12q =， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）由（1）知2n n nna =， 所以234112*********n n n n nT --=++++++，①232123412122222n n n n nT ---=++++++，②②-①得： 211112222n n n n nT -=++++-，1122212212nn n n n n T ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=--，由()111112n n n n n T T n a ++++-=+=，得123n T T T T <<<<，故112n T T ≥=又2222n n n T +=-<，因此对于任意正整数n ， 122n T ≤<点睛：本题主要考查了数列的综合应用和不等式关系证明问题，其中解答涉及到等比数列的基本量的运算，数列的乘公比错位相减法求和，以及放缩法证明不等式，突出考查了方程思想和错位相减法求和及放缩法的应用，试题综合性强，属于难题. 4．解析：（1）设等比数列{}n a 的公比为q由已知， 42302S S =≠.则1q ≠，则()()212414161{1301a q S q a q S q-==--==-，，两式相除得2q =±，∵数列{}n a 为递增数列，∴2q =，则12a =，所以2n n a =.（2）122log 22n n n n b n ==-⋅，()1231222322n n T n =-⋅+⋅+⋅++⋅ 设1231222322n n H n =⋅+⋅+⋅++⋅，① 23412222322n n H n +=+⋅+⋅++⋅，②①-②得：()1231121222222212n n n n n H n n ++--=++++-⋅=-⋅-，11222n n n n T +-=-⋅+-=，1250n n T n ++⋅>， 即111222250n n n n n +++-⋅+-+⋅>，1252n +>，∴正整数n 的最小值是5.点睛：本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，错位相减求和方法的应用，及指数不等式的求解．5．解析：（1）由已知()1111f a -=-=-，所以11a =.()21212f a a -=-+=，所以23a =.()312313f a a a -=-+-=-，所以35a =.（2）令1x =-，则()()()()2121111nn n f a a a -=-+-++-，①()()()()()21112111111nn n n n f a a a a +++-=-++-++-+-，②两式相减，得()()()1111?11n n n n a f f +++-=---= ()()()11?11?n nn n +-+--，所以()11n a n n +=++,即121n a n +=+， 又11a =也满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为()211,2,3,n a n n =-=.（3）()233521n n f x x x x n x =++++-，所以()2311111352133333nn f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，③()2341111111·3521333333n n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，④①-②得()2312111111222213333333nn n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以11133n n n f +⎛⎫=-⎪⎝⎭. 又1,2,3,n =，∴103nn +>，故113n f ⎛⎫< ⎪⎝⎭. 又1111210333n n n n f f +++⎛⎫⎛⎫--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以13n f ⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭是递增数列，故1111333n f f ⎛⎫⎛⎫≥=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查数列的前3项及通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．6．解析：(Ⅰ) 设数列{}n a 的公差为d ，由条件可得23111a a a =，即()()2222210d d +=+，解得3d =或0d =（舍去），则数列{}n a 的通项公式为()23131n a n n =+-=-，()()23113122n n n S n n +-==+. （Ⅱ）由（Ⅰ）得()121322n a n n b --==，则()1231223341225282312n n n n T a b a b a b a b n +=++++=⨯+⨯+⨯++-⨯，①()23412225282312n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，②将①-②得()123122323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()211132324312834212n n n n n +++⨯-⨯=+--⨯=---⨯-，则()18342n n T n +=+-⨯.【易错点晴】本题主要考等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、以及“错位相减法”求数列的和，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -.7．解析：（1）11,4n a == 当2n ≥时， 1,n n n a s s -=-得()1121n n a a +-=-，1121n n a a +-=-112,n n a --=得 121n n a -=- n a = 14,1{21,2n n n -=+≥(2)当1n =时， 123b = 当2n ≥时， 13nn b n ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭当1n =时， 123T =当2n ≥时， 232111233333nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令2311123333nM n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3411111233333n M n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴ 23M = 122111191833n n n +-⎡⎤⎛⎫+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 2111111312323nn M n -⎡⎤⎛⎫∴=+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭132311243n n n T +⎛⎫∴=-⋅ ⎪⎝⎭ 经检验1n =时， 1T 也适合上式． 132311243n n n T +∴=-⋅ ()*n N ∈ ． 点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 8．解析：（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ， 则11121{{,.510151n a d a a n a d d +==⇒∴=+==由题意得1111122n n b b b n n +=⋅=+，，∴数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，且首项和公比都是12， 2n n n b ∴=. （2）由（1）得231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 2341112322222n n n T +=+++⋅⋅⋅+， 两式相减得： 23111111=222222n n n n T ++++⋅⋅⋅+-， 222n n n T +∴=-；()()()2122222n n n nn n S T n nS f n n +-+=∴==+；()()()()()221111121222n n n n n n n n n f n f n ++++++-+∴+-=-= 当3n ≥时， ()()10f n f n +-<；当3n <时， ()()10f n f n +-≥；()()()3311,2,322f f f === ∴()f n 存在最大值为32.点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 9．解析：（1）当1n =时， 11==3a S ；当2n ≥时， ()()221=212121n n n a S S n n n n n --=+----=+， 1=3a 也符合，∴数列{}n a 的通项公式为=21n a n +. （2）2211111=14441n n b a n n n n ⎛⎫==- ⎪-++⎝⎭，∴()111111111...1422314141n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 点睛：本题考查了等差数列的定义，求数列的前n 项和问题，属于中档题.解决数列的通项公式问题时，一般要紧扣等差等比的定义，利用方程思想求解，数列求和时，一般根据通项的特点选择合适的求和方法，其中裂项相消和错位相减法考查的比较多，主要是对通项的变形转化处理即可.10．解析：（1）设等比例列16.λ∴的最大值为的首项为1a ，公比为q依题意，有3112120{8a q a q a q +==，解之得12{ 2a q ==或132{ 12a q ==， 又数列{}n a 单调递增， 12{ 2.2n a a n q =∴∴==，（2）依题意， 12.log2.2,.2bn n n n n ==- 12222323.........2,Sn n n ∴-=⨯+⨯+⨯++①2122223324........21Sn n n -=⨯+⨯+⨯+++②由①—②得： 2222324......2.21Sn n n n =+++++-+()212.2112n n n -=-+-21.212n n n =+-+- ， 1250n n S n +∴=⋅>，即12250,226n n +->∴>，当4n ≤时， 2241626n <=<；当5n ≥时，5223226n <=<， ∴使1250n n S n ++⋅>，成立的正整数n 的最小值为5.【 方法点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式以及错位相减法求数列的的前n 项和，属于中档题.一般地，如果数列{}n a 是等差数列， {}n b 是等比数列，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解, 在写出“n S ”与“n qS ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式.。
高中数学数列求和专项练习题(错位相减、裂项相消、倒序相加)
高中数学数列求和专项练习题（错位相减、裂项相消、倒序相加法）一、单选题（本大题共1小题，共5.0分）1.已知函数f(x)满足f(x)+f(1−x)=2，a n=f(0)+f(1n )+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)(n∈N∗)，则数列{a n}的通项公式为()A. a n=n−1B. a n=nC. a n=n+1D. a n=n2第II卷（非选择题）二、解答题（本大题共18小题，共216.0分）2.已知公差不为零的等差数列{a n}中，a3=7，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{a n·2n}的前n项和为S n，求S n．3.设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，a n+1=n+2nS n(n∈N∗).(1)证明：数列{S nn}是等比数列；(2)求数列{S n}的前n项和T n．4.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n是S n与2的等差中项，等差数列{b n}中，b1=2，点P(b n,b n+1)在一次函数y=x+2的图象上．(1)求数列{a n}，{b n}的通项a n和b n；(2)设c n=a n⋅b n，求数列{c n}的前n项和T n．5.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a n>0且a1a3=36，a3+a4=9(a1+a2)．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)若S n+1=3b n，求数列{b n}及数列{a n b n}的前n项和T n..6.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,√S n是1与(a n+1)2的等比中项．4(1)求证：数列{a n}是等差数列；(2)若b n=a n，数列{b n}的前n项和为T n，求T n．2n7.数列{a n}满足：a1+a2+a3+⋯+a n=12(3n−1)．(1)求{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n=3a n b n,求{b n}的前n项和T n．8.已知数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=(2n−1)a n，求数列{b n}的前n项和T n．9.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=81，a3+a5=14．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，若{b n}的前n项和为T n，证明：T n<12．10.等差数列{a n}中，a3=4，a5+a8=15．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1(n+2)a n ，数列{b n}的前n项和为S n，求证：S n<12；(3)设c n=a n×4 a n，求数列{c n}的前n项和T n．11.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=n2+n，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n=1a n+1a n，求数列{b n}的前n项和．12.已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1=2，a3=2a2+16．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)设b n=log2a n，求数列{1b n⋅b n+113.已知{a n}是等差数列，满足a1=1，a4=13，数列{b n}的前n项和S n=2n+1−2．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设c n=b n+4，求数列{c n}的前n项和T n．a n a n+1(a n+n)．14.已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=n+1n(1)设b n=a n，证明：数列{b n}是等差数列；n}的前n项和T n．(2)求数列{1a n15. 已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足2S n =4a n −a 2(n ∈N ∗)，且a 1，a 2，a 3−1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n =1(log2a 2n )(log 2a 2n+2)，{b n }的前n 项和为T n ，对任意n ∈N ∗，T n >m23恒成立，求m 的取值范围．16. 已知等差数列{a n }满足：a 3=7，a 5+a 7=26．{a n }的前n 项和为S n ．(Ⅰ)求a n 及S n ； (Ⅱ)令b n =1an2−1(n ∈N+)，求数列{b n }的前n 项和T n ．17. 已知函数y =a x (a >0，且a ≠1)在[2,4]上的最大值与最小值之和为20，记f(x)=x a x +√2．(1)求a 的值；(2)求证：f(x)+f(1−x)为定值；(3)求f(12021)+f(22021)+⋯+f(20202021)的值．18.已知函数f(x)=14x+m(m>0)，当x1，x2∈R且x1+x2=1时，总有f(x1)+f(x2)=12．(1)求m的值；(2)设数列{a n}满足a n=f(0)+f(1n )+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)，求数列{a n}的前n项和S n．19.已知函数f(x)=3x+√3．(1)求证：f(x)+f(1−x)为定值；(2)利用课本中推导等差数列的前n项和公式的方法，求值：f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)．答案和解析1.【答案】C【解析】 【分析】本题考查了数列“倒序相加”求和，属于中档题． 由f(x)+f(1−x)=2，a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，“倒序相加”即可得出． 【解答】解：∵f(x)+f(1−x)=2， a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，∴a n =f(1)+f(n−1n )+⋯+f(1n )+f(0)，∴2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n)]+⋯+[f(1)+f(0)]=2(n +1)，∴a n =n +1． 故选C ．2.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，由a 3=7，且a 1，a 4，a 13成等比数列，得{a 1+2d =7(a 1+3d)2=a 1(a 1+12d)，解得a 1=3，d =2． ∴a n =3+2(n −1)=2n +1； (2)∵a n ⋅2n =(2n +1)⋅2n ，∴数列{a n ⋅2n }的前n 项和S n =3⋅21+5⋅22+⋯+(2n +1)⋅2n ， 2S n =3⋅22+5⋅23+⋯+(2n −1)⋅2n +(2n +1)⋅2n+1， ∴−S n =6+23+24+⋯+2n+1−(2n +1)⋅2n+1=6+8(1−2n−1)1−2−(2n +1)⋅2n+1，∴S n =2−(1−2n)×2n+1．【解析】本题考查等差数列的通项公式与等比数列的性质，考查错位相减法求数列的前(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，由已知列关于首项与公差的方程组，得首项与公差，代入等差数列的通项公式得答案；(2)直接利用错位相减法求数列{a n⋅2n}的前n项和S n．3.【答案】(1)证明：由a n+1=n+2nS n，及a n+1=S n+1−S n，得S n+1−S n=n+2nS n，整理，得nS n+1=2(n+1)S n，∴S n+1n+1=2⋅S nn，又S11=1，∴{S nn}是以1为首项，2为公比的等比列；(2)解：由(1)，得S nn=2n−1，∴S n=n⋅2n−1(n∈N∗).∴T n=1×20+2×21+3×22+⋯+n⋅2n−1，①2T n=1×21+2×22+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，②由②−①，得T n=−(1+2+22+⋯+2n−1)+n⋅2n=−1−2n1−2+n⋅2n=(n−1)⋅2n+1．【解析】本题考查等比数列的定义和通项公式及求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．(1)运用数列的递推式：a n+1=S n+1−S n，代入整理，结合等比数列的定义即可得证；(2)运用等比数列的通项公式，可得S n=n⋅2n−1(n∈N∗).再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．4.【答案】解：(1)在数列{b n}中，b1=2，点P(b n, b n+1)在直线y=x+2上．得：b n+1=b n+2，且b1=2，故数列{b n}为等差数列，所以b n=2+2(n−1)=2n；由2a n=S n+2...①得2a n−1=S n−1+2...②(n≥2)；将两式相减得：2a n−2a n−1=S n−S n−1；∴a n=2a n−1(n≥2)，又∵2a1=S1+2=a1+2，∴a1=2，∴a n=2n；(2)由c n=a n b n=n2n+1，得：T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1...①2T n=1⋅23+2⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(n−1)⋅2n+1+n⋅2n+2...②①−②得，−T n=22+23+24+⋅⋅⋅+2n+1−n⋅2n+2=4−2n+21−2−n⋅2n+2=(1−n)⋅2n+2−4，所以T n=(n−1)2n+2+4．【解析】本题考查了等差数列，等比数列的通项公式，考查了数列求和，属于中档题．(1)根据条件，将点的坐标代入直线方程可得数列为等差数列，则通项公式可知，由等比数列的性质可得数列{a n}为等比数列，则通项公式可得；(2)由错位相减法求和即可．5.【答案】解：(Ⅰ)由题意得：a3+a4=9(a1+a2)，可得(a1+a2)q2=9(a1+a2)，q2=9，由a n>0，可得q=3，由a1a3=36，可得a1a1q2=36，可得a1=2，∴a n=2×3n−1(n∈N∗)；(Ⅱ)由a n=2×3n−1，可得S n=a1(1−q n)1−q =2(3n−1)3−1=3n−1，由S n+1=3b n，可得3n−1+1=3b n，可得b n=n，可得{a n b n}的通项公式：a n b n=2n×3n−1，可得：T n=2×30+2×2×31+2×3×32+...+2×(n−1)×3n−2+2×n×3n−1①，3T n=2×31+2×2×32+2×3×33+...+2×(n−1)×3n−1+2×n×3n②，①−②得：−2T n=2+2×3(3n−1−1)3−1−2×n×3n =2+3n−3−2n×3n=(1−2n)×3n−1，可得T n=(2n−1)×3n2+12．【解析】本题考查等比数列的通项公式与求和公式，错位相减法求和，考查运算化简的能力，属于中档题．(Ⅰ)由a n>0且a1a3=36，a3+a4=9(a1+a2)，利用等比数列通项公式求得a1和q即可；(Ⅱ)由S n+1=3b n利用等比数列求和公式可得b n，再由错位相减法可得T n．6.【答案】(1)证明：由于√S n是14与(a n+1)2的等比中项，故S n=14(a n+1)2，n=1时，a1=14(a1+1)2，得a1=1，n=2时，a1+a2=14(a2+1)2，解得a2=3或−1(舍)，所以a2−a1=2；当n≥2时，S n−1=14(a n−1+1)2，∴a n=S n−S n−1=14(a n2−a n−12+2a n−2a n−1)，(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0∵a n>0，∴a n−a n−1−2=0即a n−a n−1=2，故{a n }是等差数列；(2)解：数列{a n }为等差数列，首项a 1=1，公差d =2， ∴a n =2n −1， b n =2n−12n，T n =12+322+523+...+2n −12n.① 12T n =122+323+524+...+2n −12n+1.② ①−②：12T n =2×(12+122+123+...+12n )−2n−12n+1−12=2×12(1−12n )1−12−2n−12n+1−12=32−2n+32n+1，求得：T n =3−2n+32n．【解析】本题考查等比数列的性质及等差数列的通项公式，以及错位相减法求和，属于中档题．(1)由已知的√S n 是14与(a n +1)2的等比中项，可得S n =14(a n +1)2，利用作差法可得a n −a n−1=2，即可由等差数列的定义得证；(2)先由(1)的结论，由等差数列的通项公式可求a n ，即可求b n ，由通项可知应该用错位相减法进行求和．7.【答案】解：(1)S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，a 1+a 2+a 3+⋯+a n =12(3n −1)， n =1时，a 1=1，n ≥2时，a n =S n −S n−1=3n−1，对n =1也成立， ∴a n =3n−1，n ∈N ∗；(2)由a n=3a n b n，所以b n=(n−1)(13)n−1，T n=b1+b2+⋯+b n=13+2×(13)2+⋯+(n−1)(13)n−1 ①，1 3T n=(13)2+2×(13)3+⋯+(n−2)(13)n−1+(n−1)(13)n ②， ①− ②得23T n=13+(13)2+⋯+(13)n−1−(n−1)(13)n，2 3T n=13[1−(13)n−1]1−(13)−(n−1)(13)n，∴T n=34−(2n+14)(13)n−1．【解析】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的通项公式和数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．(1)运用数列的递推式，化简可得所求通项公式；(2)求得b n=(n−1)(13)n−1，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．8.【答案】解：(1)∵数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n．∴n=1时，2a1=2+a1，解得a1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)=2a n−2a n−1，∴a n=2a n−1．∴{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴数列{a n}的通项公式a n=2n．(2)b n=(2n−1)a n=(2n−1)⋅2n，∴数列{b n}的前n项和：T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−1)×2n，①2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)×2n+1，②①−②得：−T n=2+22+23+24+⋯+2n−(2n−1)×2n+1=2(1−2n)1−2−(2n−1)×2n+1=2n+1−2−(2n−1)×2n+1，∴T n=(2n−2)×2n+1+2．【解析】(1)由数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n.当n=1时，求出a1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)=2a n−2a n−1，求出a n=2a n−1.从而{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，由此能求出数列{a n}的通项公式．(2)由b n=(2n−1)a n=(2n−1)⋅2n，利用错位相减法能求出数列{b n}的前n项和．本题考查数列通项公式、前n项和公式的求法，考查等比数列、等差中项、错位相减法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S9=9a5=81，得a5=9，又由a3+a5=14，得a3=5，由上可得等差数列{a n}的公差d=2，∴a n=a3+(n−3)d=2n−1；(2)证明：由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)．所以T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、性质及其求和公式、裂项相消法求和的知识点，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．(1)利用等差数列的通项公式、性质及其求和公式即可得出；(2)由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项相消法求和即可得出T n=12(1−12n+1)，从而得证．10.【答案】(1)解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=4，a5+a8=15．∴a1+2d=4，2a1+11d=15，解得a1=2，d=1．∴a n=2+(n−1)=n+1．(2)证明：由(1)可得：a n=n+1．b n=1(n+2)a n =1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，∴数列{b n}的前n项和为S n=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2<12．(3)解：c n=a n×4 a n=(n+1)⋅4n+1．∴数列{c n}的前n项和T n=2×42+3×43+4×44+⋯+(n+1)⋅4n+1，4T n=2×43+3×44+⋯+n⋅4n+1+(n+1)⋅4n+2，∴−3T n=2×42+43+44+⋯+4n+1−(n+1)⋅4n+2=16+16(4n−1)4−1−(n+1)⋅4n+2，解得：T n=(3n+2)⋅4n+2−329．【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d，由a3=4，a5+a8=15.可得a1+2d=4，2a1+ 11d=15，解出即可得出．(2)由(1)可得：a n=n+1.b n=1(n+2)a n =1n+1−1n+2，利用裂项求和方法即可得出．(3)c n=a n×4 a n=(n+1)⋅4n+1.利用错位相减法即可得出．本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】解：(1)S n=n2+n，可得n=1时，a1=S1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=n2+n−(n−1)2−(n−1)=2n，对n=1也成立，则a n=2n；(2)b n=1a n+1a n =12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，可得数列{b n}的前n项和为14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4n+4．【解析】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的裂项相消求和，属于基础题．(1)运用数列的递推式：n=1时，a1=S1，n≥2时，a n=S n−S n−1，计算可得所求通项公式；(2)求得b n=1a n+1a n =12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，由数列的裂项相消求和可得所求和．12.【答案】解：(1)设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，由已知：a1=2,a3=2a2+16，∴2q2=4q+16，即q2−2q−8=0，∴q =4或q =−2(舍去)，∴a n =a 1q n−1=2×4n−1=22n−1；(2)由(1)知：b n =log 2a n =log 222n−1=2n −1， ∴1bn ⋅b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，T n =1b 1⋅b 2+1b 2⋅b 3+⋅⋅⋅+1b n ⋅b n+1=12(1−13+13−15+⋯+12n −1−12n +1) =12(1−12n+1)=n2n+1 ．【解析】本题考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和的问题，考查对数的运算性质． (1)设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；(2)把(1)中求得的{a n }的通项公式代入b n =log 2a n ，得到b n ，利用裂项相消法求出结果即可．13.【答案】解：(1)设等差数列{a n }公差为d ，因为a 4=a 1+3d ，，a 1=1所以d =4，所以a n =a 1+(n −1)d =1+(n −1)×4 ∴a n =4n −3； 由S n =2n+1−2，当n ⩾2时，b n =S n −S n−1=2n ， n =1时，b 1=2对上式也成立， ∴b n =2n ． (2)c n =b n +4an a n+1=2n +4(4n−3)(4n+1)=2n +(14n−3−14n+1)，T n =21+22+23+...+2n +(1−15)+(15−19)+⋯+(14n −3−14n +1)=2(1−2n )1−2+(1−15)+(15−19)+⋯+(14n −3−14n +1)=2n+1−2+(1−14n+1)=2n+1−4n+24n+1．【解析】本题考查等差数列的通项公式及求和公式，考查方程思想的运用能力及裂项相消法求和的能力，属于中档题．(1)由题意及等差数列的通项公式联立方程解得公差，即可得数列{a n}；利用递推数列当n⩾2时，b n=S n−S n−1=2n，验证n=1时即可得到{b n}的通项公式；(2)首先利用分组求和法进行转化，再利用等比数列公式求和以及裂项相消法求和可得答案．14.【答案】(1)证明：由a n+1=n+1n (a n+n)，可得a n+1n+1=a nn+1，所以a n+1n+1−a nn=1，由于b n=a nn，可得b n+1−b n=1，又b1=a1=2，所以{b n}为首项为2，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知为{b n}等差数列．所以b n=n+1(n∈N∗)，可得a nn=n+1，所以a n=n(n+1)，所以1a n =1n(n+1)=1n−1n+1，则T n=1a1+1a2+1a3+⋯+1a n=(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1=n n+1所以数列{1an }的前n项和T n=nn+1【解析】本题考查了等差数列的判定与证明，等差数列的通项公式，以及裂项相消求和，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．(1)将条件变形得a n+1n+1=a nn+1，再代入b n=a nn即可；(2)根据数列{b n}是等差数列可求出数列{1a n}的通项公式，再利用裂项相消法求和．15.【答案】解：(1)由题意得2S1=4a1−a2⇒a2=2a1 ①，∵数列{a n}的前n项和为S n满足2S n=4a n−a2(n∈N∗)，∴2S3=4a3−a2⇒a3=2a2 ②，∵a1，a2，a3−1成等差数列，∴2a2=a1+a3−1 ③，由 ① ② ③可得a1=1，a2=2，∴2S n=4a n−2，∴2S n−1=4a n−1−2(n ≥2)，∴a n =2a n−1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴数列{a n }的通项公式为a n =2n−1． (2)∵b n =1(log2a 2n )(log 2a 2n+2)=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)， ∴{b n }的前n 项和T n =12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)] =12(1−12n+1)，∴{T n }是单调递增数列， ∴T n ≥T 1=13， ∵对任意n ∈N ∗，T n >m23恒成立，∴13>m23⇒m <233，故m 的取值范围为(−∞,233).【解析】本题考查了等差数列的性质、等比数列的通项公式、裂项相消法的相关知识，属于中档题．(1)由题意得2S n =4a n −2，再推导得数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，即可得{a n }通项公式；(2)由裂项相消法求得T n ，求其最值即可得答案．16.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ．因为a 3=7，a 5+a 7=26， 所以{a 1+2d =72a 1+10d =26， 解得{a 1=3d =2，所以a n=3+2(n−1)=2n+1，S n=3n+n(n−1)2×2=n2+2n．(2)由(1)知a n=2n+1，所以=14(1n−1n+1)，所以T n=14·(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1)，即数列{b n}的前n项和T n=n4(n+1)．【解析】本题考查等差数列的通项公式，等差数列的求和，裂项相消法，考查运算化简的能力，属于中档题．(1)首先设首项为a1，公差为d，根据已知条件列出a1和d的方程组，求解后可得前n项和和通项公式；(2)根据(1)得b n，把b n变成两项的差，用裂项相消法求和．17.【答案】解：(1)函数y=a x(a>0且a≠1)在[2,4]上的最大值与最小值之和为20，而函数y=a x(a>0且a≠1)在[2,4]上单调递增或单调递减，∴a2+a4=20，得a2=4，或a2=−5(舍去)，∴a=2；(2)证明：由(1)知，a=2，∴f(x)=x2x+√2，∴f(x)+f(1−x)=x2x+√21−x21−x+√2=2x 2x +√222+√2×2x =2x 2x +√2√2√2+2x =1;(3)由(2)知，f(x)+f(1−x)=1．∵12021+20202021=1，22021+20192021=1，…，10102021+10112021=1， ∴f(12021)+f(22021)+⋯+f(20202021) =[f(12021)+f(20202021)]+[f(22021)+f(20192021)]+⋯+[f(10102021)+f(10112021)] =1010．【解析】本题考查了指数函数的单调性及其应用，利用指数运算性质化简求值，倒序相加的求和思想，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．(1)因为函数y =a x (a >0且a ≠1)在[2,4]上单调递增或单调递减，所以最大值和最小值一定取到端点处，列方程即可解得a 值；(2)利用指数运算性质，代入函数解析式即可化简证明；(3)注意到和式中的自变量的特点，利用(2)的结论，将所求分组求和即可得到结果.18.【答案】解：(1)令x 1=x 2=12，得f(12)=14=12+m ，解得m =2． (2)由a n =f(0)+f(1n )+f(2n )+...+f(n−1n )+f(1)， 得a n =f(1)=f(n−1n )+...+f(1n)+f(0)， 两式相加，得2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n )]+...+[f(1)+f(0)]=12(n +1)， 所以a n =14(n +1)，显然数列{a n }是等差数列，所以S n =n[12+14(n+1)]2=18n 2+38n ．【解析】【分析】本题主要指数函数以及数列的倒序相加法求通项，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题．(1)利用指数函数代入数值计算即可；(2)利用倒序相加法求通项，在利用等差数列公式求和．19.【答案】(1)证明：因为f(x)=3x+√3．f(x)+f(1−x)=3x+√3+31−x+√3=3x+√3x3+3x⋅√3=x√33+3x⋅√3=√33，所以f(x)+f(1−x)为定值√33．(2)解：设f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)=M，①f(101)+f(100)+⋯+f(0)+⋯+f(−99)+f(−100)=M，②，将①②两式左右两边分别相加可得[f(−100)+f(101)]+[f(−99)+f(100)]+⋯+[f(101)+f(−100)]=2M，因为f(x)+f(1−x)=√33．所以2M=√33+√33+⋯+√33=√33×202=202√33．故原式=12⋅202√33=101√33．即f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)=101√33．【解析】本题考查函数的解析式的应用，函数值的求法，倒序相加求和，考查计算能力与推理能力，属于中档题．(1)利用函数的解析式直接求解即可．(2)利用倒序相加求和的方法化简求解即可．。
2020高考数学备考复习 易错题七：数列求和及其应用
2020高考数学备考复习易错题七：数列求和及其应用一.单选题（共11题；共22分）1.已知实数a,b,c,d成等比数列，且对函数，当x=b时取到极大值c，则ad等于（）A. -1B. 0C. 1D. 2]【答案】A【考点】数列与函数的综合【解析】【解答】由题意可得：函数y=ln（x+2)-x，所以f′（x)=-1．因为当x=b时函数取到极大值c，所以有=1且ln（b+2)-b=c，解得：b=-1，c=1．即bc=-1．因为实数a，b，c，d成等比数列，所以ad=bc=-1．故选A．【分析】首先根据题意求出函数的导数为f′（x)= -1，再结合当x=b时函数取到极大值c，进而求出b 与c的数值，再利用等比数列的性质得到答案．解决此类问题的关键是熟练掌握导数的作用，即求单调区间，求切线方程，以及求函数的极值与最值等．2.已知数列{a n}中，a n＝(n∈N*)，则在数列{a n}的前50项中最小项和最大项分别是()A. a1，a50B. a1，a8C. a8，a9D. a9，a50【答案】C【考点】数列的函数特性【解析】【分析】令a n= =1+，根据＞，8＜＜9，我们易判断数列各项的符号及单调性，进而得到答案．【解答】∵a n= =1+ ，（n∈N+)，∵＞，8＜＜9∴数列的前8项小于1且递减，从第9项开始大于1且递减故数列{a n}的前50项中最小项和最大项分别是a8，a9故选C3.已知1既是与的等比中项，又是与的等差中项，则的值是（）A. 1或B. 1或C. 1或D. 1或【答案】D【考点】数列的应用【解析】【解答】由题意知a2b2=1，+=2，∴=2，∴=4，∴a2+b2=4-2ab，a+b=2ab，∴=．由a2b2=1知ab=±1．当ab=1时，===1．当ab=-1时，===-．故的值是1或-．答案：D．【分析】由题设条件可知，a2b2=1，+ =2，由此能够导出，= ；可得ab=±1．又由= ，分别将ab=1与ab=-1代入可得答案．4.两个正数a,b的等差中项是，一个等比中项是，且a>b,则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【考点】等差数列，双曲线的简单性质【解析】【解答】根据题意，由于两个正数的等差中项是，一个等比中项是，故有是方程的两个根，然后由于a>b，可知a=5,b=4,那么可知双曲线的方程为，可知其离心率为e=,故选D.【分析】解决该试题的关键是根据等差中项的性质，等比中项的性质得到关系式，结合二次方程的根来求解a,b的值，属于基础题。
数列求和精选难题易错题含答案
上，。
y=2x+1 Sn，a1=t在直线，点1、数列{an}的前n项和记为（1）若数列{an}是等比数列，求实数t的值；（2）设bn=nan，在（1）的条件下，求数列{bn}的前n项和Tn；的个数称为这个数列{cn}中，的整数所有满足0（3）设各项均不为的数列）的条件下，求数列的“积异号数”。
，在（2的”，令（）时，有）由题意，当（1 解：）两式相减，得（即：是等比数列，要使时，当时是等比数列，，从而得出则只需的首项为2）由（1）得，等比数列，公比，（①可得②得，）知3（）由（2，，数列递增，。
1的“积异号数”为数列时，，得当由．，满足．Sn 、已知数列{an}的前n项和为2 an；（Ⅰ）求数列{an}的通项公式满足，求n项和为Tn的最小值；（Ⅱ）令，且数列{bn}的前n（Ⅲ）若正整数m，r，k成等差数列，且，试探究：am，ar，ak能否成等比数列？证明你的结论．解：，（Ⅰ）∵，∴，由是以∴数列为首项，为公比的等比数列，，又；∴，即（Ⅱ），∴，，即n的最小值为5；∴（Ⅲ）∵，，成等比数列，若，即，∴，由已知条件得，∴，∴上式可化为∴∵，，，∴．为奇数，为偶数，∴不可能成立，因此，不可能成等比数列．，∴3、设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a2+b2=8，T3-S3=15（1）求{an}，{bn}的通项公式。
满足求数列{cn}（2）若数列{cn} 。
的前n项和Wnq 的公比为的公差为d，等比数列{bn} 设等差数列{an} ，得1+d+3q=8 ①a1=1∵，b1=3由a2+b2=8 （3+3d)=15 ②（T3-S3=15得3q2+q+1）-由∴消去d 得q2+4q-12=0 化简①②∴q=2或q=-6∵q＞0∴q=2则d=1∴an=n bn=3·2n-1∴①⑵∵an=n时，②…当②得由①-∴cn=3n+3∴c1=7 又由⑴得n…项和∴{an}的前的前四项和是a1，a7。
(完整版)数列部分易错题选及答案(可编辑修改word版)
∑ 数列部分易错题选一、选择题1. 设 s n 是等差数列｛ a n ｝ 的前 n 项和， 已知 s 6 =36,s n =324, s n -6 =144 (n >6), 则n=() A 15B16C17D18正确答案：D 错因：学生不能运用数列的性质计算 a 1 +a n =36 + 324 - 14462. 已知 s n 是等差数列｛a n ｝的前 n 项和，若 a 2 +a 4 +a 15 是一个确定的常数，则数列｛s n ｝中是常数的项是（）As 7Bs 8Cs 11Ds 13正确答案: D 错因：学生对等差数列通项公式的逆向使用和等差数列的性质不能灵活应用。
3. 设｛a n ｝是等差数列，｛b n ｝为等比数列，其公比 q≠1, 且 b i ＞0(i=1、2、3…n) 若 a1 =b 1 ,a 11 =b 11 则 ()A a 6 =b 6Ba 6 ＞b 6Ca 6 ＜b 6Da 6 ＞b 6 或 a 6 ＜b 6正确答案 B 错因：学生不能灵活运用等差中项和等比中项的定义及基本不等式。
4. 已知非常数数列｛a ｝，满足 a 2 -a a +a 2 =0 且 a ≠a, i=1、2、3、…n,对于给ni +1i i +1ii +1i -1n -1 定的正整数 n,a 1 =a i +1 ,则aii =1等于（ ） A2B-1C1D正确答案：D错因：学生看不懂题目，不能挖掘题目的隐含条件，｛a n ｝的项具有周期性。
5. 某人为了观看 2008 年奥运会，从 2001 年起每年 5 月 10 日到银行存入 a 元定期储蓄， 若年利率为 p 且保持不变，并且每年到期的存款及利息均自动转为新一年定期，到 2008 年将所有的存款和利息全部取回，则可取回的钱的总数（元）为（ ）．Aa(1+p) 7Ba(1+p) 8C a[(1 + p )7 - (1 + p )]pDa[(1 + p )8 - (1 + p ) ] p正确答案：D 错因： 学生对存款利息的计算方法没掌握。
高一数学数列求和试题答案及解析
高一数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项公式，它的前n项和为，则_________．【答案】99【解析】,可得前n项和，所以，则.【考点】数列的求和.2.已知函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)，令an ＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 013＝( )A．－1B．－1C．－1D．＋1【答案】C【解析】由函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)得:,从而;,从而,故选C.【考点】数列求和.3.已知数列的通项公式为，是数列的前n项和，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，则。
【考点】通过分母有理化进行裂项相消进行数列求和。
4.己知数列的前n项和为，，当n≥2时，，，成等差数列. （1）求数列的通项公式；（2）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数.【答案】（1）（2）10【解析】解.（1）当n≥2时，2=①所以2＝②②-①化简得，又，求得用该公式表示，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，求得 7分（2）求得，所以，所以，恒成立，所以最小正整数的值为10 14分.【考点】等比数列点评：主要是考查了等比数列以及数列求和的运用，属于基础题。
5.数列的通项公式，其前项和为，则等于( )A．1006B．2012C．503D．0【答案】D【解析】根据数列的通项公式可知当n=1,2,3,4,得到的项为0，-n,0,n,依次后面的项周期出现，那么可知 ,那么对于2013= ,可知其和为首项0，故答案为D【考点】数列求和点评：主要是考查了数列的周期性的运用，来求解数列的和，属于基础题。
6.已知数列满足，；（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和，并求当最大时序号的值.【答案】（1）（2），当=6或7时，最大【解析】（1）累乘法：4’5’6’(2) 7’是等差数列8’9’10’当=6或7时，最大12’【考点】数列求通项求和点评：数列求通项采用的是累乘法，此法适用于通项公式一般为形式的数列，与之类似的还有累和法求通项在数列中也经常用到，由通项公式是关于n的一次函数式可知数列是等差数列7.记项正项数列为，其前项积为，定义为“相对叠乘积”，如果有2013项的正项数列的“相对叠乘积”为，则有2014项的数列的“相对叠乘积”为_______。
高二数学数列求和试题答案及解析
高二数学数列求和试题答案及解析1.已知数列的前项和为，且2.（1）求数列的通项公式；（2）若求数列的前项和.【答案】（1）；（2）。
【解析】(1)根据可求数列的通项公式，注意验证；（2）把（1）代入（2），然后先分组求和，一部分用裂项相消，一部分用等差数列求和公式。
试题解析：(1)由，得，2分两式相减得，， 4分又时，适合上式，。
6分8分10分12分【考点】（1）的应用；（2）数列求和：分组求和、裂项相消、公式法。
2.等差数列，该数列前n项和取最小值时，n= 。
【答案】15或16【解析】是递增数列，所以当或时取最小值【考点】数列求和与性质点评：结合数列性质：若则可得到数列中正负项分界的位置，利用单调性可得到所有负数项之和最小3.在数列{an}中，，试猜想这个数列的通项公式。
【答案】【解析】因为，，所以，。
【考点】本题主要考查数列的递推公式，等差数列的通项公式。
点评：简单题，考察数列要从多方面入手，如本题中，通过研究的特征，利用等差数列的知识，使问题得解。
4.若数列{}，(n∈N)是等差数列,则有数列b=(n∈N)也是等差数列，类比上述性质，相应地：若数列{c}是等比数列,且c＞0(n∈N),则有d=_____________________(n∈N)也是等比数列。
【答案】【解析】在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时，我们一般的思路有：由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故我们可以由数列{an}是等差数列，则当bn =时，数列{bn}也是等差数列．类比推断：若数列{cn}是各项均为正数的等比数列，则当dn =时，数列{bn}也是等比数列．故答案为：【考点】本题考查了类比推理的运用点评：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．5.已知数列的首项为,且,则这个数列的通项公式为___________【答案】【解析】根据题意，由于数列的首项为,且，故可知数列当n=1时，也满足上式，因此故可知答案为【考点】数列的通项公式点评：解决的关键是根据递推式来采用累加法来求解数列的通项公式，属于基础题。
数列求和错位相减法,裂项相消法后附答案-精选.pdf
项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
11．已知数列 满足
，
，数列 满足
2 的等差数列．
（Ⅰ）求
和
的通项公式；
（Ⅱ）求
的前 n 项和 ．
考查数列的分组求和和裂
，且
是公差为
【答案】（Ⅰ）
，
（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用等差数列以及等比数列的通项公式，转化求
{an}和 {bn} 的通项公式；
的前 项的和为 ，
，
（ 1）求数列
的通项公式；
（ 2）设
，记数列 的前 项和 ，求使得
. 恒成立时 的最小正整数 .
【分析】
（ 1）先设设等差数列
的公差为 ，由
，
即可；
列出方程组求出首项和公差
（ 2）由 (1)先求出 ，再由裂项相消法求数列的前 项和即可 .
【详解】
试卷第 3 页，总 7 页
解：（ 1）设等差数列
裂项相消法在数列求和
中的应用，属于中档题型．裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难
找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：
(1)
；（ 2 ）
； （ 3）
；（ 4）
；需注意裂项之后相消的过程
中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误
.
10．等差数列 的公差为正数，
∴
.
（Ⅱ）
，
∴
.
【点睛】 本题主要考查了
法的应用及等差数列概念，通项公式，还考查了数列裂项求和，属于
基础题。
9．已知等差数列
是递增数列，且
，
．
求数列 的通项公式；
高考数学四海八荒易错集专题10数列求和及其应用理
高考数学四海八荒易错集专题10数列求和及其应用理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<M恒成立，则M的最小值为________．答案1解析因为an＝＝＝－，所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝1－，由于1－<1，所以M的最小值为1.2．设向量a＝(1,2)，b＝(，an) (n∈N*)，若a∥b，设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为________．答案13．已知{an}是一个公差d大于0的等差数列，且满足a3a5＝45，a2＋a6＝14.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：＋＋…＋＝an＋n2，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)∵a3＋a5＝a2＋a6＝14，a3a5＝45，∴a3＝5，a5＝9或a3＝9，a5＝5，∵d>0，∴a3＝5，a5＝9，∴⇒a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)由＋＋…＋＝an＋n2，得＋＋…＋＝2n －1＋n2，b12＋＋…＋＝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＝⎩⎪⎨⎪⎧ ＋，n≥2，4，n ＝1.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)，①Sn －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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n<10，1，10≤n<100，2，100≤n<1000，3，n ＝1000，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⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，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×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－1－2－＋＋2 ＝－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.(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)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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3n ＋n 2ln3－1， n 为偶数，3n －n －12ln3－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＝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，3223(531),23(31)2nn nnSn-⎧⨯-⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩是奇数，，是偶数.【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，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×＋(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⎩⎪⎨⎪⎧ a22－3a7＝2，S2－3＝1a2·S3 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ ＋－＋＝2，＋d －＋＝3a1＋3d ，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2a1＋3d ＝2，＋＋d －＝0，解得或⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝－25，d ＝25.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∴a1＝d＝1，∴an＝n，∴＝－.∴＋＋＋…＋1am·am＋1＝1－＋－＋…＋－1m＋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＋2－12nC．n2＋1－D．n2＋2－12n－1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．765C．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B4．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．－1C. 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＋1210C．22＋D．18＋1210答案B解析设an＝1＋＋＋…＋12n－1＝＝2[1－()n]，原式＝a1＋a2＋…＋a11＝2[1－()1]＋2[1－()2]＋…＋2[1－()11]＝2[11－(＋＋…＋)]＝2[11－]＝2[11－(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()，①S＝f()＋f()＋…＋f()，②①＋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1021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＋＋…＋1b10b11＝(－＋－…－＋－)＝(－)＝.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．22n a n b n －＝＋，解 (1)设等差数列{an}的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋d ＝4，＋＋＋＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝3，d ＝1.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 ＝＝1－＋＝(－)，所以Tn ＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<，所以Tn<.。
数列易错题带答案
1．若数列{}{},n n a b 、的通项公式分别是a a n n ⋅-=+2007)1(，nb n n 2008)1(2+-+=，且n n b a <，对任意n N *∈恒成立，则常数a 的取值范围是（ ）A.[)1,2-B. [)+∞-,2C. []1,2-D. ()1,∞-2．已知等差数列{a n }的前n 项和是n a n S n 22182--=，则使2006-<n a 成立的最小正整数n 为（ ）A.2009B.2010C.2011D.20123．在数列{}n a 中，233,1411+==+n n a a a ，则使02<+n n a a 成立的n 值是（ ）A.21B.22C.23D.244．已知等比数列{}n a 满足0n a >，1,2,n =，且25252(3)n n a a n -⋅=≥，且当1n ≥时， 2123221log log log n a a a -+++=（ ） A ．(21)n n - B ．2(1)n + C ．2n D ．2(1)n -5．已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是A ．21B ．20C ．19D ．186．已知数列{}n a 的通项公式是32122-+-=n n a n ,其前n 项和是n S ,则对任意的m n >（其中*∈N n m ,*），m n S S -的最大值是 .7．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若972S =,则249a a a ++= 。
8．设等比数列{}n a 的公比12q =，前n 项和为n S ，则44S a = ． 9．已知数列{}n a 满足：1a ＝m （m 为正整数），1,231,n n n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时，当为奇数时。
高中数学数列 错位相减法求和专题训练含答案
高中数学数列错位相减法求和专题训练含答案1.已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+2}=\frac{2a_n}{n+2}$，其中$a_{n+2}$为奇数，$2a_n$为偶数，且$a_1=1,a_2=2$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 设$b_n=a_na_{n+1}$，$n\in\mathbb{N}$，求数列$\{b_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}$；3) 设$c_n=a_{2n-1}a_{2n}+(-1)^n$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<\frac{4}{3}c_n$。
2.已知正项数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$a_3=7$，$a_{n+1}=6S_n+9n+1$，$n\in\mathbb{N}^*$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若正项等比数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_1$，$b_3=a_2$，且$c_n=a_nb_n$，数列$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；若对任意$n\geq 2$，$n\in\mathbb{N}^*$，均有$(T_n-5)m\geq 6n-3n+35$恒成立，求实数$m$的取值范围。
3.已知$n\in\mathbb{N}^*$，设$S_n$是单调递减的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$且$2S_2+a_2,S_4+a_4,S_3+a_3$成等差数列。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 记数列$\{na_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：对于任意正整数$n$，$T_n<\frac{4}{3}S_n$。
4.递增的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_2=6$，$S_4=30$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若$b_n=a_n\log_{1/a_n}n$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求满足$T_n+n^2>50$的正整数$n$的最小值。
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1、数列{an}的前n项和记为Sn，a1=t，点在直线y=2x+1上，。
（1）若数列{an}是等比数列，求实数t的值；
（2）设bn=nan，在（1）的条件下，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）设各项均不为0的数列{cn}中，所有满足的整数的个数称为这个数列的”，令（），在（2）的条件下，求数列的“积异号数”。
解：（1）由题意，当时，有
两式相减，得即：（）
当时，是等比数列，要使时是等比数列，
则只需，从而得出
（2）由（1）得，等比数列的首项为，公比，
①
可得②
得
（3）由（2）知，
，，
，数列递增
由，得当时，数列的“积异号数”为1。
2、已知数列{an}的前n项和为Sn，满足．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）令，且数列{bn}的前n项和为Tn满足，求n的最小值；（Ⅲ）若正整数m，r，k成等差数列，且，试探究：am，ar，ak能否成等比数列证明你的结论．
解：（Ⅰ）∵，
由，∴，
又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴，即；
（Ⅱ），
∴
，
∴，即n的最小值为5；
（Ⅲ）∵，
若，，成等比数列，
即
由已知条件得，∴，
∴，
∴上式可化为，
∵，∴，
∴，
∴为奇数，为偶数，
因此不可能成立，
∴，，不可能成等比数列．
3、设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a2+b2=8，T3-S3=15
（1）求{an}，{bn}的通项公式。
（2）若数列{cn}满足求数列{cn}的前n项和Wn。
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q
∵a1=1，b1=3由a2+b2=8，得1+d+3q=8 ①
由T3-S3=15得3（q2+q+1）-（3+3d)=15 ②
化简①②∴消去d得q2+4q-12=0
∴q=2或q=-6
∵q＞0∴q=2则d=1∴an=n bn=3·2n-1
⑵∵an=n∴①
当时，…②
由①-②得∴cn=3n+3
又由⑴得c1=7 ∴
∴{an}的前n项和…
4、已知各项均不相等的等差数列的前四项和是a1，a7。
（1）求数列的通项公式；
（2）设Tn为数列的前n项和，若对一切恒成立，求实数的最大值。
解：（1）设公差为d ，由已知得解得d=1或d=0（舍去）。
（2）
，即
又。