届二轮复习 四海八荒易错集专题10数列求和及其应用理 专题卷全国通用文档格式.docx
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∵
d>
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=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=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=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=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×
23+3×
24+…+(n+1)×
2n+2].
两式作差,得-Tn=3×
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
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)
3n-1+(-1)n[ln2+(n-1)ln3]
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,
-(ln2-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).
(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)+(2
n+1)·
2n+1=-6-2×
+(2n+1)·
2n+1
=2+(2n-1)·
(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.
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*.
(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
⇒
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63B.最大值63
C.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
∴a1=d=1,∴an=n,
∴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.
(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
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