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第六章 专题研究一


1.数列 1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n-1),… 的前 n 项之和为( A.2n-1 C.2n+1-n 答案 D ) B.n·n-n 2 D.2n+1-n-2

解析 记 an=1+2+22+…+2n-1=2n-1, 2· n-1? ?2 ∴Sn= -n=2n+1-2-n. 2-1 2.数列{an}、{bn}满足 anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前 10 项之和为( 1 A.3 1 C.2 答案 B ) 5 B.12 7 D.12

1 1 1 1 解析 bn=a = = - , ?n+1??n+2? n+1 n+2 n S10=b1+b2+b3+…+b10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 =2-3+3-4+4-5+…+11-12=2-12=12. 1 1 3.已知等差数列公差为 d,且 an≠0,d≠0,则a a +a a +…+ 1 2 2 3 1 可化简为( anan+1 A. nd a1?a1+nd? ) n B. a1?a1+nd?

d C. a1?a1+nd? 答案 B 1 1 1 1 =d(a - ), anan+1 a n +1 n

n+1 D. a1[a1+?n+1?d]

解析 ∵

1 1 1 1 1 1 1 ∴原式=d(a -a +a -a +…+a - ) an+1 1 2 2 3 n 1 1 1 n =d(a - )= ,选 B an+1 a1·n+1 a 1 4.设直线 nx+(n+1)y= 2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面 积为 Sn,则 S1+S2+…+S2008 的值为( 2005 A.2006 2007 C.2008 答案 D ) 2006 B.2007 2008 D.2009

2 2 解析 直线与 x 轴交于( n ,0),与 y 轴交于(0, ), n+1 1 2 2 1 1 1 ∴Sn=2·n · = =n- , n+1 n?n+1? n+1 1 1 1 1 1 ∴原式=(1-2)+(2-3)+…+(2008-2009) 1 2008 =1-2009=2009. 5.(2011· 安徽文)若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(3n-2),则 a1+a2+…+a10=( A.15 C.-12 答案 A ) B.12 D.-15

解析

a1+a2+…+a10=-1+4-7+10+…+(-1)10· (3×10-

2)=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-1)9· (3×9-2)+(-1)10· (3×10-2)] =3×5=15. 6.(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)=____________. 答案 5050 解析 5050. 1 1 1 7.Sn= 2 + 2 +…+ =________. 2 -1 4 -1 ?2n?2-1 答案 n 2n+1 原式=100+99+98+97+…+2+1= 100×?100+1? = 2

1 1 1 1 1 解析 通项 an= = =2( - ), ∴ 2 ?2n? -1 ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1 1 1 1 1 Sn=2(1-3+3-5+…+ 1 1 1 1 n - )=2(1- )= . 2n-1 2n+1 2n+1 2n+1

8. (2010· 高考调研》 《 原创题)某医院近 30 天每天因患甲型 H1N1 流感而入院就诊的人数依次构成数列{an},已知 a1=1,a2=2,且满 足 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则该医院 30 天内因患甲型 H1N1 流 感而入院就诊的人数共有______. 答案 255 解析 当 n 为偶数时,由题易得 an+2-an=2,此时为等差数列; 当 n 为奇数时,an+2-an=0,此时为常数列,所以该医院 30 天内因 15×14 患甲型 H1N1 流感而入院就诊的人数总和为 S30=15+15×2+ 2 ×2=255. 9.(2012· 合肥第一次质检)已知数列{an}满足 a1=1,a2=4,an+2 +2an=3an+1,n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)记数列{an}的前 n 项和 Sn, 求使得 Sn>21-2n 成立的最小整数 n. 解析 (1)由 an+2+2an-3an+1=0 得 an+2-an+1=2(an+1-an),

∴数列{an+1-an}是以 a2-a1=3 为首项,公比为 2 的等比数列. ∴an+1-an=3·n-1, 2 ∴当 n≥2 时,an-an-1=3·n-2,an-1-an-2=3·n-3,…,a3-a2 2 2 =3×2,a2-a1=3, 累加得 an-a1=3·n-2+…+3×2+3=3(2n-1-1), 2 ∴an=3·n-1-2,又当 n=1 时,也满足上式, 2 ∴数列{an}的通项公式为 an=3·n-1-2,n∈N*. 2 (2)由(1)利用分组求和法得, Sn=3(2n-1+2n-2+…+2+1)-2n=3(2n-1)-2n, 由 Sn=3(2n-1)-2n>21-2n, 得 3·n>24,即 2n>8. 2 ∴n>3,∴使得 Sn>21-2n 成立的最小整数 n=4. 10.数列{an}的前 n 项和为 Sn=10n-n2,求数列{|an|}的前 n 项 和. 答案
?-n2+10n ?n≤5?; ? Tn=? 2 ? ?n -10n+50 ?n≥6?.

解析 易求得 an=-2n+11(n∈N*). 令 an≥0,得 n≤5;令 an<0,得 n≥6. 记 Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,则: (1)当 n≤5 时, Tn=|a1|+|a2|+…+|an| =a1+a2+…+an=Sn=10n-n2.

(2)当 n≥6 时, Tn=|a1|+|a2|+…+|an| =a1+a2+a3+a4+a5-a6-a7-…-an =2(a1+a2+a3+a4+a5)-(a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+an) =2S5-Sn =n2-10n+50.
?-n2+10n ?n≤5?; ? 综上,得 Tn=? 2 ? ?n -10n+50 ?n≥6?.

11.(2012· 皖南八校联考)已知数列{an}满足 a1=1,an>0,Sn 是数
2 列{an}的前 n 项和,对任意的 n∈N*,有 2Sn=2an+an-1.

(1)求数列{an}的通项公式; an (2)记 bn=2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析
2 (1)2Sn=2a2+an-1,2Sn+1=2an+1+an+1-1,两式相减得: n

2an+1=2(an+1-an)(an+1+an)+(an+1-an)?(an+1 +an)(2an+1-2an-1) =0. 1 ∵an>0,∴2an+1-2an-1=0.∴an+1=an+2. 1 ∴数列{an}是以 1 为首项,2为公差的等差数列, n+1 ∴an= 2 . an n+1 (2)bn=2n= n+1 , 2 n+1 2 3 4 则 Tn=22+23+24+…+ n+1 ,① 2 n+1 1 2 3 4 Tn=23+24+25+…+ n+2 ,② 2 2

n+1 1 2 1 1 1 1 ①-②得2Tn=22+23+24+25+…+ n+1- n+2 2 2 1 1 3×?1- n-1? 2 n+1 3 n+1 1 2 1 =2+ - n+2 =4- n+1- n+2 , 1 2 2 2 1-2 3 1 n+1 3 n+3 所以 Tn=2-2n- n+1 =2- n+1 . 2 2 12.已知数列{an}的各项均是正数,其前 n 项和为 Sn,满足(p- 1)Sn=p2-an,其中 p 为正常数,且 p≠1. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= (n∈N*), 数列{bnbn+2}的前 n 项和为 Tn, 求证: 2-logpan 3 Tn<4. 解析 (1)由题意知(p-1)a1=p2-a1,解得 a1=p,

2 ? ??p-1?Sn=p -an, 由? 2 ? ??p-1?Sn+1=p -an+1,

得(p-1)(Sn+1-Sn)=an-an+1. 1 所以(p-1)an+1=an-an+1,即 an+1=pan, 1 1 可见, 数列{an}是首项为 a1=p, 公比为p的等比数列, an=p(p)n 故
-1

=p2-n. 1 1 1 (2)∵bn= =n, 2-n= 2-logpp 2-?2-n? 1 11 1 ∴bnbn+2= =2(n- ), n?n+2? n+2 ∴Tn=b1b3+b2b4+b3b5+…+bnbn+2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =2[(1-3)+(2-4)+(3-5)+(4-6)+…+(n- )] n+2 1 1 1 1 3 =2(1+2- - )<4. n+1 n+2

1.(2011· 辽宁理)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{ n-1}的前 n 项和. 2 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d,由已知条件可得

?a1+d=0, ?a1=1, ? ? ? 解得? ? ? ?2a1+12d=-10, ?d=-1.

故数列{an}的通项公式为 an=2-n. an a2 an (2)设数列{ n-1}的前 n 项和为 Sn,即 Sn=a1+ 2 +…+ n-1,故 2 2 Sn a1 a2 an S1=1, 2 = 2 + 4 +…+2n, 所以,当 n>1 时, a2-a1 an-an-1 an 2-n Sn 1 1 1 =a1+ 2 +…+ n-1 -2n=1-(2+4+…+ n-1)- 2n 2 2 2 =1-(1- 2
n-1)-

1

2-n n 2n =2n.

n 所以 Sn= n-1. 2 an n 综上,数列{ n-1}的前 n 项和 Sn= n-1. 2 2 2.(2011· 全国新课标)等比数列{an}的各项均为正数,且 2a1+3a2
2 =1,a3=9a2a6.

(1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{b }的前 n 项和.
n

解析

(1)设数列{an}的公比为 q.由 a2=9a2a6 得 a2=9a2,所以 q2 3 3 4

1 1 =9.由条件可知 q>0,故 q=3. 1 由 2a1+3a2=1,得 2a1+3a1q=1,得 a1=3. 1 故数列{an}的通项公式为 an=3n. (2)bn = log3a1 + log3a2 + … + log3an = - (1 + 2 + … + n) = - n?n+1? 2 . 1 2 1 1 故b =- =-2(n- ). n?n+1? n+1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 2n +b +…+b =-2[(1-2)+(2-3)+…+(n- )]=- . b1 n+1 n+1 2 n 1 2n 所以数列{b }的前 n 项和为- . n+1 n 3.已知数列{an}为等比数列. Tn=na1+(n-1)a2+…+an,且 T1=1,T2=4 (1)求{an}的通项公式; (2)求{Tn}的通项公式. 解析 (1)T1=a1=1,

T2=2a1+a2=2+a2=4,∴a2=2, a2 ∴等比数列{an}的公比 q=a =2,
1

∴an=2n-1. (2)解法一:

Tn=n+(n-1)· 2+(n-2)·2+…+1·n-1① 2 2 2Tn=n· 2+(n-1)22+(n-2)23+…+1·n② 2 ②-①得 Tn=-n+2+2 +…+2
2 n-1

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

=-n+2n+1-2=2n+1-n-2. 解法二: 设 Sn=a1+a2+…+an ∴Sn=1+2+…+2n-1=2n-1, ∴Tn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an =a1+(a1+a2)+…+(a1+a2+…+an) =S1+S2+…+Sn=(2-1)+(22-1)+…+(2n-1) 2?1-2n? =(2+2 +…+2 )-n= -n 1-2
2 n

=2n+1-n-2. 4.设数列{an}是公差大于 0 的等差数列,a3,a5 分别是方程 x2 -14x+45=0 的两个实根. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 bn= n+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2 解析 (1)因为方程 x2-14x+45=0 的两个根分别为 5、9,所以

由题意可知 a3=5,a5=9,所以 d=2,所以 an=a3+(n-3)d=2n- 1. an+1 1 (2)由(1)可知,bn= n+1 =n·n, 2 2 1 1 1 1 1 ∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)× n-1+n·n ①, 2 2

1 1 1 1 1 ∴2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n·n+1 2

②,

n+2 1 1 1 1 1 1 1 ①-②得,2Tn=2+22+23+…+ n-1+2n-n·n+1=1- n+1 ,所 2 2 2 n+2 以 Tn=2- 2n .

1.已知数列{ 解析 记 an=

}的前 n 项和 Sn=9,求 n 的值. n+ n+1 1 n+ n+1 = n+1- n,则:a1= 2- 1,a2

1

= 3- 2,a3= 4- 3,…,an= n+1- n. ∴Sn=a1+a2+…+an =( 2- 1)+( 3- 2)+( 4- 3)+…+( n+1- n)= n+1 -1. 令 n+1-1=9,解得 n=99. 2.(2011· 山东理)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 第二行 第三行 3 6 9 2 4 8 10 14 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.

解析

(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·n-1. 3 (2)因为 bn=an+(-1)nlnan=2·n-1+(-1)nln(2·n-1)=2·n-1+(- 3 3 3 1)n[ln2+(n-1)ln3]=2·n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3,所以 Sn= 3 2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n](ln2-ln3)+[-1+2-3 +…+(-1)nn]ln3, 1-3n n n 所以当 n 为偶数时,Sn=2× +2ln3=3n+2ln3-1; 1-3 1-3n n-1 当 n 为奇数时,Sn=2× -(ln2-ln3)+( 2 -n)ln3=3n- 1-3 n-1 2 ln3-ln2-1.

?3 +2ln3-1,n为偶数, 综上所述,S =? n-1 3 - 2 ln3-ln2-1,n为奇数. ?
n

n

n

n

3.(2011· 安徽理)在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这 n+2 个数构成递增的等比数列,将这 n+2 个数的乘积记作 Tn,再令 an= lgTn,n≥1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=tanan· n+1,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. tana 解析 则 Tn=t1· · tn+1· +2,① t2 …· tn (1)设 t1,2, tn+2 构成等比数列, t …, 其中 t1=1,n+2=100, t

Tn=tn+2· +1· t2· ,② tn …· t1 ①×②并利用 titn+3-i=t1tn+2=102(1≤i≤n+2),得
2 Tn=(t1tn+2)· 2tn+1)· (tn+1t2)· n+2t1)=102(n+2), (t …· (t

∴an=lgTn=n+2,n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果,知 bn=tan(n+2)· tan(n+3),n≥1. 另一方面,利用 tan1=tan[(k+1)-k]= 得 tan(k+1)· tank= tan?k+1?-tank , 1+tan?k+1?· tank

tan?k+1?-tank -1. tan1

Sn 4.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an= n +2(n-1)(n∈N*). (1)求证:数列{an}为等差数列,并分别写出 an 和 Sn 关于 n 的表 达式; 1 1 1 (2)设数列{ }的前 n 项和为 Tn,证明:5≤Tn<4; anan+1 S2 S3 Sn (3)是否存在自然数 n,使得 S1 + 2 + 3 +…+ n -(n-1)2 = 2009?若存在,求出 n 的值;若不存在,请说明理由. 分析 本题第(1)问是由已知数列{an}中 Sn 与 an 的关系式求 an 的 一种基本题型,可利用当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 的递推关系求解;第 1 (2)问可先通过裂项相消法求和,再放缩求解,并注意到 Tn≥T1=5;

Sn 第(3)问先将 Sn 变形为 n 的形式(n∈N*),求和后再判断 n 的存在性. 解析 Sn (1)由 an= n +2(n-1),

得 Sn=nan-2n(n-1)(n∈N*). 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),即 an-an
-1

=4, ∴数列{an}是以 a1=1 为首项,4 为公差的等差数列. ?a1+an?n 于是,an=4n-3,Sn= =2n2-n(n∈N*). 2 1 1 1 1 1 1 (2)Tn = a a + a a + … + = + + +…+ anan+1 1×5 5×9 9×13 1 2 2 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 =4[(1-5)+(5-9)+(9-13)+…+( - )] ?4n-3?×?4n+1? 4n-3 4n+1 1 1 n n 1 =4(1- )= <4n=4. 4n+1 4n+1 1 又易知 Tn 单调递增,故 Tn≥T1=5, 1 1 于是,5≤Tn<4. Sn (3)由 Sn=nan-2n(n-1),得 n =2n-1(n∈N*), S 2 S3 Sn ∴S1+ 2 + 3 +…+ n -(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n -1)2=n2-(n-1)2=2n-1. 令 2n-1=2009, n=1005, 得 即存在满足条件的自然数 n=1005.


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