易错点7数列和数列的综合应用答案-备战2023年高考数学易错题

易错点06数列求和、数列综合应用高考数列求和部分重点考查裂项相消法和错位相减法，多为解答题第二问，难度为中档.易错点1：已知数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系式，求an时应注意分类讨论的应用，特别是在利用an＝Sn－Sn－1进行转化时，要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，学生特别是容易忽视要检验n＝1是否也适合an.易错点2已知数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系式，求an时应注意分类讨论的应用，特别是在利用an＝Sn－Sn－1进行转化时，要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，学生特别是容易忽视要检验n＝1是否也适合an.易错点3：用裂项相消法求和时,注意裂项后的系数以及搞清未消去的项易错点4：利用错位相减法求解数列的前n项和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两式相减，除第一项和最后一项外，剩下的n－1项是一个等比数列．易错点5：含有字母的数列求和,常伴随着分类讨论.易错点6：数列中的最值错误。数列的通项公式、前n项和公式都是关于正整数的函数，要善于从函数的观点认识和理解数列问题。但是考生很容易忽视n为正整数的特点，或即使考虑了n为正整数，但对于n取何值时，能够取到最值求解出错。在关于正整数n的二次函数中其取最值的点要根据正整数距离二次函数的对称轴远近而定。题组一、利用常用求和公式求和1.（2019全国3理14）记为等差数列的前项和，若，，则．【答案】4【解析】设等差数列{}na的公差为d，则由10a，213aa可得，12da，1011011151511110()2(29)2(218)45()2428SaaadaaSaaadaa.2．（2019•新课标Ⅰ，理9）记nS为等差数列{}na的前n项和．已知40S，55a，则()A．25nanB．310nanC．228nSnnD．2122nSnn【答案】A【解析】1.设等差数列{}na的公差为d，由40S，55a，得1146045adad，132ad，25nan，24nSnn，故选A．nS{}nan10a213aa105SS3.（2019全国1理14）记nS为等比数列{}na的前n项和．若113a，246aa，则5S．【答案】1213【解析】设等比数列{}na的公比为q(q0),由21461,3aaa得3q，所以5551133112131363S4．（2017新课标Ⅲ）等差数列{}na的首项为1，公差不为0．若236,,aaa成等比数列，则{}na前6项的和为_____.【答案】24【解析】设{}na的公差为d（0d），由2326aaa，得2(12)(1)(15)ddd，所以2d，66561(2)242S．5.（2018全国卷Ⅲ）等比数列中，．记为的前项和．若，=________．【答案】6【解析】设{}na的公比q，由534,2aaq==?得，当2q=-时，所以()()1263,2=-188,3mmmS--==-即此时方程没有正整数解.当2q=时，所以1263,2=643mmmS-==即，解得m=6.故答案为m=66．(2018全国卷Ⅰ)记nS为数列{}na的前n项和，若21nnSa，则6S_____．【答案】63【解析】法1：因为21nnSa，所以当1n时，1121aa，解得11a；当2n时，12221aaa，解得22a；当3n时，123321aaaa，解得34a；当4n时，1234421aaaaa，解得48a；当5n时，12345521aaaaaa，解得516a；当6n时，123456621aaaaaaa，解得632a．所以61248163263S．法2：因为21nnSa，所以当1n时，1121aa，解得11a，当2≥n时，112121nnnnnaSSaa，所以12nnaa，所以数列{}na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna，所以661(12)6312S．题组二、裂项法求和na15314aaa，nSnan63mSm7.（2017新课标Ⅱ）等差数列na的前项和为nS，33a，410S，则11nkkS．【答案】21nn【解析】设等差数列的首项为1a，公差为d，则1123434102adad，解得11a，1d，∴1(1)(1)22nnnnnSnad，所以12112()(1)1nSkkkk，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nkknSnnnn．8.（2015新课标Ⅰ）已知=2n+1na,设11nnnbaa，数列{}nb的前n项和nT=______.【答案】323nn【解析】由=2n+1na，11=nnnbaa1111()(21)(23)22123nnnn，所以数列{nb}前n项和为12nbbb=1111111[()()()]235572123nn=116463(23)nnn.9.（2011新课标）已知=3nna,设31323loglog......log,nnbaaa数列1nb的前n项和nT=___________.【答案】21nn【解析】由=3nna，所以313231loglog......log=1+2+3++n2nnnnbaaa所以1211=211nbnnnn所以12311111111112=2122311nnnTbbbbnnn10.（2013新课标1）已知等差数列的前项和满足，．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．{}nannS30S55S{}na21211{}nnaan【答案】12nn【解析】（1）设na的公差为d，则nS=1(1)2nnnad．由已知可得111330,1,1.5105,adadad解得=2.nnaan故的通项公式为（2）由（1）知212111111(),(32)(12)22321nnaannnn从而数列21211nnnaa的前项和为1111111+++)21113232112nnnn（.题组三、错位相减法求和11．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab．已知1a，23a，39a成等差数列．（1）求na和nb的通项公式；（2）记nS和nT分别为na和nb的前n项和．证明：2nnST．【答案】（1）11()3nna，3nnnb；（2）证明见解析.【解析】因为na是首项为1的等比数列且1a，23a，39a成等差数列，所以21369aaa，所以211169aqaaq，即29610qq，解得13q，所以11()3nna，所以33nnnnanb.（2）证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nnnS，211213333nnnnnT，①231112133333nnnnnT，②①②得23121111333333nnnnT1111(1)1133(1)1323313nnnnnn，所以31(1)4323nnnnT，所以2nnST3131(1)(1)043234323nnnnnn，所以2nnST.12．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．(1)求{}na的公比；(2)若11a，求数列{}nna的前n项和．【答案】（1）2；（2）1(13)(2)9nnnS．【解析】（1）设{}na的公比为q，1a为23,aa的等差中项，212312,0,20aaaaqq，1,2qq；（2）设{}nna前n项和为nS，111,(2)nnaa，21112(2)3(2)(2)nnSn，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn，②①②得，2131(2)(2)(2)(2)nnnSn1(2)1(13)(2)(2)1(2)3nnnnn，1(13)(2)9nnnS．13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)设数列{an}满足a1=3，134nnaan．(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1）25a，37a，21nan，证明见解析；（2）1(21)22nnSn．【解析】（1）由题意可得2134945aa，32381587aa，由数列na的前三项可猜想数列na是以3为首项，2为公差的等差数列，即21nan，证明如下：当1n时，13a成立；假设nk时，21kak成立．那么1nk时，1343(21)4232(1)1kkaakkkkk也成立．则对任意的*nN，都有21nan成立；（2）由（1）可知，2(21)2nnnan231325272(21)2(21)2nnnSnn，①23412325272(21)2(21)2nnnSnn，②由①②得：23162222(21)2nnnSn21121262(21)212nnn1(12)22nn，即1(21)22nnSn．14.（2014新课标1）已知na是递增的等差数列，2a，4a是方程2560xx的的根．(Ⅰ)求na的通项公式；（Ⅱ）求数列2nna的前n项和．【解析】(Ⅰ)方程2560xx的两根为2,3，由题意得242,3.aa设数列na的公差为d，则422,aad故1,2d从而13,2a所以na的通项公式为112nan．（Ⅱ）设2nna的前n项和为,ns由（I）知12,22nnnan则2313412...,2222nnnnns341213412....22222nnnnns两式相减得31213112(...)24222nnnns123112(1).4422nnn所以1422nnns．题组四、分组法求和15.（2012新课标）数列{}na满足1(1)21nnnaan，则{}na的前60项和为.【答案】1830【解析】可证明：14142434443424241616nnnnnnnnnnbaaaaaaaab1123410baaaa15151410151618302S．16．（2016年全国II）nS为等差数列na的前n项和，且11a，728S．记lgnnba，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg991．（Ⅰ）求1b，11b，101b；（Ⅱ）求数列nb的前1000项和．【答案】1893【解析】（Ⅰ）设na的公差为d，74728Sa，∴44a，∴4113aad，∴1(1)naandn