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【步步高】(人教A版,文科)2015届高三数学第一轮大练习复习学案:6.4 数列求和


§ 6.4

数列求和

1.求数列的前 n 项和的方法 (1)公式法 ①等差数列的前 n 项和公式 n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d. 2 2 ②等比数列的前 n 项和公式 (Ⅰ)当 q=1 时,Sn=na1; a1?1-qn? a1-anq (Ⅱ)当 q≠1 时,Sn= = . 1-q 1-q (2)分组转化法 把

数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解. (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即等比数列求和公 式的推导过程的推广. (6)并项求和法 一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如 an=(-1)nf(n)类型,可 采用两项合并求解 例如,Sn=1002-992+982-972+?+22-12=(100+99)+(98+97)+?+(2+1)=5 050. 2.常见的裂项公式 (1) (2) 1 1 1 = - ; n?n+1? n n+1 1 1 1 1 = ?2n-1-2n+1?; ? ?2n-1??2n+1? 2?

1

(3)

= n+1- n. n+ n+1

1

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) a1-an+1 (1)如果数列{an}为等比数列,且公比不等于 1,则其前 n 项和 Sn= . 1-q 1 1 1 1 (2)当 n≥2 时, 2 = ( - ). n -1 2 n-1 n+1 ( √ ( √ ) )

(3)求 Sn=a+2a2+3a3+?+nan 之和时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减 法求得. 1 1 (4)数列{ n+2n-1}的前 n 项和为 n2+ n. 2 2 ( × ( × ) )

(5)若数列 a1,a2-a1,?,an-an-1 是首项为 1,公比为 3 的等比数列,则数列{an}的通项 3n-1 公式是 an= . 2 ( √ )

(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得 sin21° +sin22° +sin23° +?+sin288° +sin289° =44.5. ( √ )

? 1 ? 2.(2012· 大纲全国)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, a5=5, S5=15, 则数列?a a ?的前 100 ? n n+1?

项和为 100 A. 101 答案 A 解析 利用裂项相消法求和. 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. ∵a5=5,S5=15, a +4d=5, ? ? ? 1 ?a1=1, ∴? ∴? 5×?5-1? ?d=1, ? d=15, ? 2 ?5a1+ ∴an=a1+(n-1)d=n. 1 1 1 1 ∴ = = - , anan+1 n?n+1? n n+1
? 1 ? 1 1 1 1 1 1 100 ∴数列?a a ?的前 100 项和为 1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 100 101 101 101 ? n n+1?

( 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100

)

3.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和 Sn 为 A.2n+n2-1 B.2n 1+n2-1


(

)

2

C.2n 1+n2-2


D.2n+n2-2

答案 C 解析 Sn=(2+22+23+?+2n)+(1+3+5+?+(2n-1)) 2?1-2n? n?1+2n-1? n+1 = + =2 -2+n2. 2 1-2 4.数列{an}的通项公式为 an=(-1)n 1· (4n-3),则它的前 100 项之和 S100 等于


(

)

A.200 答案 B 解析

B.-200

C.400

D.-400

S100 = (4×1 - 3) - (4×2 - 3) + (4×3 - 3) - ? - (4×100 - 3) = 4×[(1 - 2) + (3 - 4)

+…+(99-100)]=4×(-50)=-200 5.3· 2 1+4· 2 2+5· 2 3+?+(n+2)· 2 n=________.
- - - -

n+4 答案 4- n 2 1 1 1 1 解析 设 S=3× +4× 2+5× 3+?+(n+2)× n, 2 2 2 2 1 1 1 1 1 则 S=3× 2+4× 3+5× 4+?+(n+2)× n+1. 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 1 1 两式相减得 S=3× +( 2+ 3+?+ n)- n+1 . 2 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 ∴S=3+( + 2+?+ n-1)- n 2 2 2 2 1 1 - [1-? ?n 1] 2 2 n+2 n+4 =3+ - n =4- n . 1 2 2 1- 2

题型一 分组转化求和 例 1 已知数列{an}是 3+2-1,6+22-1,9+23-1,12+24-1,?,写出数列{an}的通项公式 并求其前 n 项和 Sn. 思维启迪 先写出通项,然后对通项变形,分组后利用等差数列、等比数列的求和公式求解. 解 由已知得,数列{an}的通项公式为 an=3n+2n-1=3n-1+2n, ∴Sn=a1+a2+?+an =(2+5+?+3n-1)+(2+22+?+2n)

3

n?2+3n-1? 2?1-2n? = + 2 1-2 1 + = n(3n+1)+2n 1-2. 2 思维升华 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求 得原数列的和,这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究,将数列的通项合理分解转 化.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论 1 ? 1? ? 1 1? ?1+1+1+?+ n - 求和 Sn=1+? 2 4 2 1 . ?1+2?+?1+2+4?+?+

?

?

解 和式中第 k 项为 1 1 1 ak=1+ + +?+ k-1= 2 4 2 1?k 1-? ?2? 1 1- 2 1 1- k?. =2? ? 2?

? 1? ? 1 ? ? 1 ?? ∴Sn=2? ??1-2?+?1-22?+?+?1-2n??
1 1 1 =2[(1+1+?+1?-( + 2+?+ n)] 2 2 2
n个

? ? 2? ?1-2 ?? 1 =2?n- 1 ?=2 1 - ? 2 ?
n

1

1

n-1+2n-2.

题型二 错位相减法求和 例 2 已知等差数列{an}的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(4-an)qn 1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.


思维启迪 (1)列方程组求{an}的首项、公差,然后写出通项 an. (2)q=1 时,bn 为等差数列,直接求和;q≠1 时,用错位相减法求和. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d.
? ? ?3a1+3d=6 ?a1=3 由已知得? ,解得? . ? ? ?8a1+28d=-4 ?d=-1

故 an=3+(n-1)· (-1)=4-n. (2)由(1)得,bn=n· qn 1,于是


Sn=1· q0+2· q1+3· q2+?+n· qn 1.


若 q≠1,将上式两边同乘以 q 有 qSn=1· q1+2· q2+?+(n-1)· qn 1+n· qn.


两式相减得到(q-1)Sn=nqn-1-q1-q2-?-qn

-1

4

qn-1 nqn 1-?n+1?qn+1 =nqn- = . q-1 q-1


nqn 1-?n+1?qn+1 于是,Sn= . ?q-1?2


n?n+1? 若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n= . 2 n?n+1? ? ? 2 ,q=1 所以 S =? nq -?n+1?q +1 ,q≠1 ? ? ?q-1?
n n+1 n 2

.

思维升华

(1) 错位相减法是求解由等差数列 {bn} 和等比数列 {cn} 对应项之积组成的数列

{an},即 an=bn×cn 的前 n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练. (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围. 已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式;
? an ? (2)求数列?2n-1?的前 n 项和. ? ?

解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
? ? ?a1+d=0, ?a1=1, 由已知条件可得? 解得? . ? ? ?2a1+12d=-10, ?d=-1

故数列{an}的通项公式为 an=2-n.
? an ? (2)设数列?2n-1?的前 n 项和为 Sn, ? ?

a2 an 即 Sn=a1+ +?+ n-1, 2 2 Sn a1 a2 an 故 S1=1, = + +?+ n. 2 2 4 2 所以,当 n>1 时,①-②得 a2-a1 an-an-1 an Sn =a1+ +?+ n-1 - n 2 2 2 2 2-n 1 1 1 =1-( + +?+ n-1)- n 2 4 2 2 =1-(1- 2-n n 1 = n. - )- 2n 2 2n 1

① ②

n 所以 Sn= n-1.当 n=1 时也成立. 2
? an ? n 综上,数列?2n-1?的前 n 项和 Sn= n-1. 2 ? ?

5

题型三 裂项相消法求和 1? 2 例 3 在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 Sn =an? ?Sn-2?. (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1
?1? 思维启迪 第(1)问利用 an=Sn-Sn-1 (n≥2)后,再同除 Sn-1· Sn 转化为?S ?的等差数列即可 ? n?

求 Sn. 第(2)问求出{bn}的通项公式,用裂项相消法求和. 1? ? 解 (1)∵S2 n=an Sn-2 , ? ? an=Sn-Sn-1 (n≥2), 1? ? ∴S2 n=(Sn-Sn-1) Sn-2 , ? ? 即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn, 由题意得 Sn-1· Sn≠0, 1 1 ①式两边同除以 Sn-1· Sn,得 - =2, Sn Sn-1
?1? 1 1 ∴数列?S ?是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列. S1 a1 ? n?



1 1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1,∴Sn= . Sn 2n-1 Sn 1 (2)∵bn= = 2n+1 ?2n-1??2n+1? 1 1 1 = ?2n-1-2n+1?, 2? ? 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=b1+b2+?+bn= [(1- )+( - )+?+( - )] 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 n = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1. 思维升华 利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也 有可能前面剩两项,后面也剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系 数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. an?an+1? 已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求证:数列{an}是等差数列; 1 (2)设 bn= ,Tn=b1+b2+?+bn,求 Tn. 2Sn

6

an?an+1? (1)证明 ∵Sn= ,n∈N*, 2 a1?a1+1? ∴当 n=1 时,a1=S1= (an>0),∴a1=1. 2
2 ? ?2Sn=an+an, ? 当 n≥2 时,由 2 ?2Sn-1=an-1+an-1 ? 2 得 2an=a2 n+an-an-1-an-1.

即(an+an-1)(an-an-1-1)=0, ∵an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2). 所以数列{an}是以 1 为首项,以 1 为公差的等差数列. (2)解 由(1)可得 an=n,Sn= n?n+1? , 2

1 1 1 1 bn= = = - . 2Sn n?n+1? n n+1 ∴Tn=b1+b2+b3+?+bn 1 1 1 1 1 =1- + - +?+ - 2 2 3 n n+1 1 n =1- = . n+1 n+1

四审结构定方案

1 典例:(12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n2+kn(其中 k∈N*),且 Sn 的最大 2 值为 8 (1)确定常数 k,并求 an;
?9-2an? (2)求数列? n ?的前 n 项和 Tn. ? 2 ?

7

1 Sn=- n2+kn 及 Sn 最大值为 8 2
Sn 是 n 的二次函数

n=k 时(Sn)max=Sk=8
?根据 Sn 的结构特征确定 k 值?

1 k=4,Sn=- n2+4n 2
利用 an、Sn 的关系

9 an= -n 2

9-2an n = n-1 2n 2
根据数列的结构特征,确定求和方法:错位相减法

n-1 2 3 n Tn=1+ + 2+?+ n-2 + n-1 2 2 2 2
①式两边同乘以 2



n-1 3 n 2Tn=2+2+ +?+ n-3 + n-2 2 2 2
错位相减



n+2 1 1 n Tn=2+1+ +?+ n-2- n-1=4- n-1 . 2 2 2 2

规范解答 1 解 (1)当 n=k∈N*时,Sn=- n2+kn 取得最大值, 2 1 1 即 8=Sk=- k2+k2= k2,故 k2=16,k=4. 2 2 1 7 当 n=1 时,a1=S1=- +4= , 2 2 9 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -n. 2 9 当 n=1 时,上式也成立,综上,an= -n. 2 9-2an n (2)因为 n = n-1, 2 2 [3 分] [6 分]

8

n-1 2 3 n 所以 Tn=1+ + 2+?+ n-2 + n-1,① 2 2 2 2 n-1 3 n 所以 2Tn=2+2+ +?+ n-3 + n-2 ② 2 2 2 1 1 n ②-①:2Tn-Tn=2+1+ +?+ n-2- n-1 2 2 2 n+2 1 n =4- n-2- n-1=4- n-1 [11 分] 2 2 2 n+2 故 Tn=4- n-1 .[12 分] 2

[7 分]

9-2an 温馨提醒 (1)根据数列前 n 项和的结构特征和最值确定 k 和 Sn, 求出 an 后再根据{ n } 2 的结构特征确定利用错位相减法求 Tn.在审题时,要审题目中数式的结构特征判定解题方案; (2)利用 Sn 求 an 时不要忽视 n=1 的情况;错位相减时不要漏项或算错项数.

方法与技巧 非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想: (1)转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分 解或错位相消来完成; (2)不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等 来求和. 失误与防范 1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其 公比是否为 1 进行讨论. 2.在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负号. 3.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项则后剩多少项.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1 1 2 1 2 3 1 2 3 9 1 1.已知数列{an}: , + , + + ,?, + + +?+ ,?,若 bn= ,那么数 2 3 3 4 4 4 10 10 10 10 anan+1

9

列{bn}的前 n 项和 Sn 为 n A. n+1 答案 B 1+2+3+?+n n 解析 an= = , 2 n+1 1 4 ∴bn= = anan+1 n?n+1? 1 1 =4( - ), n n+1 1 1 1 1 1 ∴Sn=4[(1- )+( - )+?+( - )] 2 2 3 n n+1 1 4n =4(1- )= . n+1 n+1 4n B. n+1 3n C. n+1 5n D. n+1

(

)

2.已知数列{an}是等差数列,若 a9+3a11<0,a10· a11<0,且数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值, 那么当 Sn 取得最小正值时,n 等于 A.20 答案 C 解析 由 a9+3a11<0,得 2a10+2a11<0, 即 a10+a11<0,又 a10· a11<0,则 a10 与 a11 异号, 因为数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值, 所以数列{an}是一个递减数列,则 a10>0,a11<0, 19?a1+a19? 所以 S19= =19a10>0, 2 S20= 20?a1+a20? =10(a10+a11)<0. 2 B.17 C.19 D.21 ( )

故使 Sn 取值最小正值的 n 为 19.
2 ? ?n ?当n为奇数时?, 3.已知函数 f(n)=? 2 且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于 ?-n ?当n为偶数时?, ?

( A.0 答案 B 解析 由题意,得 a1+a2+a3+?+a100 =12-22-22+32+32-42-42+52+?+992-1002-1002+1012 =-(1+2)+(3+2)+?-(99+100)+(101+100) =-(1+2+?+99+100)+(2+3+?+100+101) =-1+101=100.故选 B. B.100 C.-100 D.10 200

)

10

4.数列 a1+2,?,ak+2k,?,a10+20 共有十项,且其和为 240,则 a1+?+ak+?+a10 的值为 A.31 答案 C 解析 a1+?+ak+?+a10=240-(2+?+2k+?+20) ?2+20?×10 =240- 2 =240-110=130. 1 9 5.数列 an= ,其前 n 项之和为 ,则在平面直角坐标系中,直线(n+1)x+y+n=0 在 10 n?n+1? y 轴上的截距为 A.-10 答案 B 解析 数列的前 n 项和为 1 1 1 1 n 9 + +?+ =1- = = , 1×2 2×3 n?n+1? n+1 n+1 10 ∴n=9,∴直线方程为 10x+y+9=0. 令 x=0,得 y=-9,∴在 y 轴上的截距为-9. 二、填空题 3 9 25 65 6.数列 , , , ,?的前 n 项和 Sn 为________. 2 4 8 16 答案 n?n+1? 1 +1- n 2 2 B.-9 C.10 D.9 ( ) B.120 C.130 D.185 ( )

3 1 9 1 25 1 解析 ∵ =1+ , =2+ , =3+ , 2 2 4 4 8 8 65 1 =4+ ,? 16 16 3 9 25 65 1 ∴Sn= + + + +?+(n+ n) 2 4 8 16 2 1 1 1 1 =(1+2+3+?+n)+( + 2+ 3+?+ n) 2 2 2 2 1 1 [1-? ?n] 2 n?n+1? 2 n?n+1? 1 = + = +1- n. 2 1 2 2 1- 2 4x 1 2 2 014 7.设 f(x)= x ,若 S=f( )+f( )+?+f( ),则 S=________. 2 015 2 015 2 015 4 +2 答案 1 007 4 4x 2 解析 ∵f(x)= x ,∴f(1-x)= 1-x = , 4 +2 4 +2 2+4x
11
1-x

4x 2 ∴f(x)+f(1-x)= x + =1. 4 +2 2+4x 1 2 2 014 S=f( )+f( )+?+f( ), 2 015 2 015 2 015 2 014 2 013 1 S=f( )+f( )+?+f( ), 2 015 2 015 2 015 ① ②

1 2 014 2 2 013 2 014 1 ①+②得,2S=[f( )+f( )]+[f( )+f( )]+?+[f( )+f( )]=2 014, 2 015 2 015 2 015 2 015 2 015 2 015 2 014 ∴S= =1 007. 2 8.(2012· 课标全国)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前 60 项和为________. 答案 1 830 解析 利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解. ∵an+1+(-1)nan=2n-1, ∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1, a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,?,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119 -a1 ∴a1+a2+?+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+?+(a57+a58+a59+a60)=10+ 26+42+?+234 15×?10+234? = =1 830. 2 三、解答题 1 1 1 9.已知数列{an}是首项为 a1= , 公比为 q= 的等比数列, 设 bn+2=3log an(n∈N*), 数列{cn} 4 4 4 满足 cn=an· bn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 1 解 (1)由题意,知 an=( )n(n∈N*), 4 1 又 bn=3log an-2,故 bn=3n-2(n∈N*). 4 1 (2)由(1),知 an=( )n,bn=3n-2(n∈N*), 4 1 所以 cn=(3n-2)×( )n(n∈N*). 4 1 1 1 1 - 1 所以 Sn=1× +4×( )2+7×( )3+?+(3n-5)×( )n 1+(3n-2)×( )n, 4 4 4 4 4 1 1 1 1 1 1 + 于是 Sn=1×( )2+4×( )3+7×( )4+?+(3n-5)×( )n+(3n-2)×( )n 1. 4 4 4 4 4 4 两式相减,得
12

3 1 1 1 1 1 + 1 1 + S = +3[( )2+( )3+?+( )n]-(3n-2)×( )n 1= -(3n+2)×( )n 1. 4 n 4 4 4 4 4 2 4 2 3n+2 1 n 所以 Sn= - ×( ) (n∈N*). 3 3 4 10.若 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和,且 S1,S2,S4 成等比数列. (1)求等比数列 S1,S2,S4 的公比; (2)若 S2=4,求数列{an}的通项公式; 3 m (3)在(2)的条件下,设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n∈N* 20 anan+1 都成立的最小正整数 m. 解 (1)因为{an}为等差数列,设{an}的公差为 d(d≠0), 所以 S1=a1,S2=2a1+d,S4=4a1+6d. 因为 S1,S2,S4 成等比数列且设其公比为 q,
2 所以 S1· S4=S2 .

所以 a1(4a1+6d)=(2a1+d)2.所以 2a1d=d2. 因为公差 d≠0.所以 d=2a1. S2 4 a1 所以 q= = =4. S1 a 1 (2)因为 S2=4,所以 2a1+d=4. 又 d=2a1,所以 a1=1,d=2.所以 an=2n-1. 3 3 1 1 (3)因为 bn= = ( - ), ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 3 1 1 1 1 1 3 1 3 所以 Tn= [(1- )+( - )+?+( - )]= (1- )< . 2 3 3 5 2 2n-1 2n+1 2n+1 2 m 要使 Tn< 对所有 n∈N*都成立, 20 m 3 则有 ≥ ,即 m≥30. 20 2 因为 m∈N*,所以 m 的最小值为 30. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1.已知数列 2 008,2 009,1,-2 008,-2 009,?,这个数列的特点是从第二项起,每一项都 等于它的前后两项之和,则这个数列的前 2 014 项之和 S2 014 等于 A.2 008 答案 B 解析 由已知得 an=an-1+an+1(n≥2), ∴an+1=an-an-1. B.2 010 C.1 D.0 ( )

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故数列的前 8 项依次为 2 008,2 009,1,-2 008, -2 009,-1,2 008,2 009. 由此可知数列为周期数列,周期为 6,且 S6=0. ∵2 014=6×335+4,∴S2 014=S4 =2 008+2 009+1+(-2 008)=2 010. 2.(2013· 课标全国Ⅰ)设△AnBnCn 的三边长分别为 an、 bn、 cn, △AnBnCn 的面积为 Sn, n=1,2,3, ?, cn+an bn+an 若 b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1= ,cn+1= ,则 2 2 A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列 C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 答案 B 4a1 2a1 解析 因为 b1>c1,不妨设 b1= ,c1= ; 3 3 故 S1= 3a1 a1 a1 5a1 15 2 ··· = a; 2 2 6 6 12 1 ( )

2 4 a +a1 a +a1 3 1 3 1 5 7 a2=a1,b2= = a1,c2= = a1, 2 6 2 6 S2= 3a1 a1 2a1 a1 6 2 · · · = a1 . 2 2 3 3 6

7 a +a1 6 1 13 显然 S2>S1;a3=a1,b3= = a1, 2 12 5 a +a1 6 1 11 c3= = a1, 2 12 S3= 3a1 a1 5a1 7a1 105 2 ·· · = a ,显然 S3>S2. 2 2 12 12 24 1

1 3.(2013· 湖南)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(-1)nan- n,n∈N*,则: 2 (1)a3=________; (2)S1+S2+?+S100=________. 1 1 1 ? 100-1 答案 (1)- (2) ? ? 16 3?2 1 1 - 解析 ∵an=Sn-Sn-1=(-1)nan- n-(-1)n 1an-1+ n-1, 2 2 1 - ∴an=(-1)nan-(-1)n 1an-1+ n. 2

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1 当 n 为偶数时,an-1=- n, 2 1 当 n 为奇数时,2an+an-1= n, 2 1 1 ∴当 n=4 时,a3=- 4=- . 2 16 根据以上{an}的关系式及递推式可求. 1 1 1 1 a1=- 2,a3=- 4,a5=- 6,a7=- 8, 2 2 2 2 1 1 1 1 a2= 2,a4= 4,a6= 6,a8= 8. 2 2 2 2 1 1 1 ∴a2-a1= ,a4-a3= 3,a6-a5= 5,?, 2 2 2 1 1 1 1 ? ∴S1+S2+?+S100=(a2-a1)+(a4-a3)+?+(a100-a99)-? ?2+22+23+?+2100? 1 1 1 ? ?1 1 1 ? =? ?2+23+?+299?-?2+22+?+2100? 1 1 ? 100-1 . = ? ? 3?2 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn,满足:Sn=2an-2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项 an; bn 1 (2)若数列{bn}满足 bn=log2(an+2),Tn 为数列{ }的前 n 项和,求证:Tn≥ . 2 an+2 (1)解 当 n∈N*时,Sn=2an-2n, 则当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-2(n-1), 两式相减得 an=2an-2an-1-2,即 an=2an-1+2, an+2 ∴an+2=2(an-1+2),∴ =2, an-1+2 当 n=1 时,S1=2a1-2,则 a1=2, ∴{an+2}是以 a1+2=4 为首项,2 为公比的等比数列, ∴an+2=4· 2n 1,∴an=2n 1-2;
- +

(2)证明 bn=log2(an+2)=log22n 1=n+1,


n+1 n+1 bn 2 3 ∴ = n+1 ,则 Tn= 2+ 3+?+ n+1 , 2 2 an+2 2 2 n+1 1 2 3 n T = + +?+ n+1+ n+2 , 2 n 23 24 2 2 n+1 1 2 1 1 1 两式相减得 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1- n+2 2 2 2 2 2 2

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1 1 ?1- n? 2 n+1 1 4 = + - n+2 4 1 2 1- 2 n+1 3 n+3 1 1 1 = + - n+1- n+2 = - n+2 , 4 2 2 4 2 2 3 n+3 ∴Tn= - n+1 , 2 2 n+3 n+2 n+1 当 n≥2 时,Tn-Tn-1=- n+1 + n = n+1 >0, 2 2 2 1 ∴{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1= . 2 5.直线 ln:y=x- 2n与圆 Cn:x2+y2=2an+n 交于不同的两点 An,Bn,n∈N*.数列{an}满足: 1 a1=1,an+1= |AnBn|2. 4 (1)求数列{an}的通项公式;
?2n-1?n为奇数?, ? (2)若 bn=? 求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?an?n为偶数?, ?

解 (1)由题意,知圆 Cn 的圆心到直线 ln 的距离 dn= n, 半径 rn= 2an+n, 1 2 所以 an+1=( |AnBn|)2=r2 n-dn=(2an+n)-n=2an. 2 又 a1=1,所以 an=2n 1.


(2)当 n 为偶数时,Tn=(b1+b3+?+bn-1)+(b2+b4+?+bn) =[1+5+…+(2n-3)]+(2+23+?+2n 1)


n?n-1? 2?1-2n? n2-n 2 n = + = + (2 -1). 2 2 3 1-4 当 n 为奇数时,n+1 为偶数, ?n+1?2-?n+1? 2 n+1 Tn+1= + (2 -1) 2 3 n2+n 2 n+1 = + (2 -1). 2 3 n2+n 1 n 而 Tn+1=Tn+bn+1=Tn+2n,所以 Tn= + (2 -2). 2 3 n 2 + ?2 -1??n为偶数?, ?n - 2 3 所以 T =? n +n 1 ? 2 +3?2 -2??n为奇数?.
n n 2 n 2

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