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2015高考数学(文)一轮总复习(人教新课标·广东专用)课件:第五章 第四节 数列求和


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自 主 落 实 · 固 基 础

第四节

数列求和

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1.公 式 法 直 接 利 用 等 差 数 1 () 等 差 数 列 的 前

列 、 等 比 数 列 的 前 n项 和 公 式 :

n项 和 公 式 求 和

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n( a1+ an) Sn= = __________________ 2 2 () 等 比 数 列 的 前 n项 和 公 式 :
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2.倒 序 相 加 法 如 果 一 个 数 列 {an}的前 n 项中首末两端等“距离”的 两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法, 如等差数列的前 n 项和公式即是 用此法推导的.
3.错 位 相 减 法 如 果 一 个 数 列 的 各 项 是 由 一 个 等 差 数 列 和 一 个 等 比 数 列 的 对 应 项 之 积 构 成 的 , 这 个 数 列 的 前 n 项和 可 用 错 位 相 减 法 .

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4.裂 项 相 消 法 把 数 列 的 通 项 拆 成 两 项 之 差 , 在 求 和 时 中 间 的 一 些 项 可以相互 抵 消 , 从 而 求 得 其 和 .
5.分 组 转 化 求 和 法 一 个 数 列 的 通 项 公 式 是 由 若 干 个 等 差 数 列 或 等 比 数 列 或 可 求 和 的 数 列 组 成 , 则 求 和 时 可 用 分 组 求 和 法 , 分 别 求 和 而 后 相 加 减 .

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1.裂 项 相 消 法 的 前 提 是 什 么 ?
【 提 示 】 数 列 中 的 每 一 项 均 可 分 裂 成 一 正 一 负 两 项 , 且 在 求 和 过 程 中 能 够 前 后 相 互 抵 消 .

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2.若 数 列 {an}是 等 比 数 列 , 则 数 列 可 用 什 么 方 法 求 解 ?
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a { |

n|}的前

n 项和

【 提 示 】 解.

数列{|an|}仍 然 是 等 比 数 列 , 可 用 公 式 法 求

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1. (人教 A 版 教 材 习 题 改 编 )若数列 {an}的 通 项 公 式 是 an=(-1)n3 (n -2),则 a1+a2+?+a10=( ) A.15 B.12 C.-12 D.-15

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【 解 析 】 ∵an=(-1)n(3n-2), ∴ a1+ a2+ ?+ a10 =( - 1+ 4) +( - 7+ 10) +?+ (- 25+28)=3×5=15.

【 答 案 】

A

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2.一 个 球 从 100 m 高处自由落下,每次着地后又跳 回到原高度的一半再落下,当它第 10 次着地时,经过的 路程是( ) A.100+200×(1-2-9) B.100+100(1-2-9) C.200(1-2-9) D.100(1-2-9)

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【 解 析 】 第 10 次着地时,经过的路程为 - 100+2(50+25+?+100×2 9) - - - =100+2×100×(2 1+2 2+?+2 9) 2 1(1-2 9) -9 =100+200× = 100 + 200(1 - 2 ). -1 1-2 【 答 案 】 A
- -

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大纲全国卷)已 知 等 差 数 列 {an}的前 n 项和为 1 Sn,a5=5,S5=15,则数列{ }的前 100 项和为( ) anan+1 100 A. 101 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100

3. 2 (0 1 2 ·

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【 解 析 】 设等差数列 {an}的首项为 a1,公差为 d. ∵a5=5,S5=15,
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?a1+4d=5, ?a = 1, ? ? 1 ∴? ∴? 5×(5-1) 5a1+ d=15, ? ?d= 1, ? 2 ?

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∴ an=a1+ (n- 1 d ) =n. 1 1 1 1 ∴ = = - , anan+ 1 n(n+1) n n+ 1 1 ∴数列 { }的前 100 项和为 anan+ 1 1 1 1 1 1 1 100 1- + - + ?+ - =1- = . 2 2 3 100 101 101 101

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【 答 案 】

A

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4.设数列{an}的 通 项 an=4n-1, 数 列 {bn}的通项 bn= 3n-1, 则 数 列 {an·bn}的前 n 项和 Tn=_ _ _ _ _ _ _ _ .
【 解 析 】 Tn=1 2 · +4 5 · +42·8+?+4n 13 (n -1),① 4Tn=4 2 · +42·5+43·8+?+4n3 (n -1).② ②-①得:3Tn=-2-3 4 ( +42+?+4n-1)+4n3 ( n -1) =-2+4 1 ( -4n-1)+4n3 (n -1)=2+3 (n -2 4 · ) n. 2 n 2 所以 Tn=(n- 4 · ) + . 3 3


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【 答 案 】

2 n 2 (n- 4 · ) + 3 3

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已 知 函 数 x ( f ) =2x-3x-1, 点(n, an)在 f x ( ) 的 图 象 上 , an 的前 n 项和为 Sn. 1 () 求使 an<0 的 n 的 最 大 值 ; 2 () 求 Sn.

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【 思 路 点 拨 】 1 () 由 条 件 , 求 出 an, 利 用 数 列 的 性 质求 an<0 的 n 的 最 大 值 ; 2 () 将{an}转化为两个特殊数列求和.

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【 尝 试 解 答 】 1 ( ) ∵ 点(n, an)在 函 数 x ( f ) = 2x- 3x- 1 的 图 象 上 , ∴ an= 2n- 3n- 1, ∵ an< 0,∴ 2n- 3n- 1< 0, 即 2n< 3n+ 1, 又∵ n∈ N*,∴ n≤ 3, 即 n的 最 大 值 为 3. 2 () ∵ an= 2n- 3n- 1, ∴ Sn= a1+ a2+ a3+?+ an = (21- 3× 1- 1)+ (22- 3× 2- 1)+?+ (2n- 3× n- 1) = (21+ 22+?+ 2n)- 3 1 ( + 2+ 3+ ?+ n)- n 2( 1- 2n) n( n+ 1) = - 3· -n 2 1- 2 =2
n+1

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n( 3n+ 5) - - 2. 2

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1.数 列 求 和 应 从 通 项 入 手 , 若 无 通 项 , 则 先 求 通 项 , 然 后 通 过 对 通 项 变 形 , 转 化 为 等 差 数 列 或 等 比 数 列 求 和 . 2.常 见 类 型 及 方 法 1 ( a ) n=kn+b,利用等差数列前 n 项和公式; (2)an=a· qn-1,利用等比数列前 n 项和公式; (3)an=bn±cn, 数列{bn}, {cn}是等比数列或等差数列, 采用分组求和法求 {an}的前 n 项和.

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1 1 1 1 1 若数列 {an}是 1, (1+ ), (1+ + ), ?, (1+ + +? 2 2 4 2 4 1 + ),?, 试 求 数 列 {an}的前 n 项和 Sn. n- 1 2 1 n 1- ( ) 1 1 1 2 1 【 解 】 an= 1+ + + ?+ n- 1= =2 1 ( - n), 2 4 1 2 2 1- 2
1 1 1 ∴ Sn= 2 1 ( [ - )+ (1- 2)+ ?+(1- n)] 2 2 2 1 1 1 =2 1 ( [ + 1+?+ 1)n 个 - ( + 2+?+ n)] 2 2 2 1 1 ( 1- n) 2 2 1 1 =2 n [ - ]= 2 n [ - (1- n)]= 2n- 2+ n- 1. 1 2 2 1- 2
菜 单

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公 差 不 为 0 的等差数列{an}中,a1=2,且 a1,a3,a7 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{cn}的前 n 项和为 Sn,且 nancn=1,求证: Sn<1.
【 思 路 点 拨 】 1 () 由 a1,a3,a7 成 等 比 数 列 , 求 得 公 差 d, 进 而 确 定 {an}的通项公式. 2 () 根据 {cn} 的 通 项 公 式 特 征 , 利 用 裂 项 相 消 法 求 得 Sn, 从 而 证 得 Sn<1.

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【 尝 试 解 答 】 1 ( ) 设 等 差 数 列 {an}的 公 差 为 d, 则 a3 = 2+ 2d, a7= 2+ 6 d . ∵ a1, a3, a7 成 等 比 数 列 , ∴(2+ 2 d ) 2= 2 2 ( +6 d ) , 又 d≠ 0,∴ 可 求 d= 1.∴ an= a1+ (n- 1 d ) = n+ 1, ∴数 列 {an}的 通 项 公 式 为 an=n+ 1. 2 () ∵ nancn= 1, 又 由 1 ( ) 知 an= n+ 1, 1 1 1 ∴ cn= = - . n( n+ 1) n n+ 1 1 1 1 ∴ Sn= + +?+ 1× 2 2 × 3 n( n+ 1) 1 1 1 1 1 1 = (1- )+( - )+? +( - )= 1- < 1. 2 2 3 n n+ 1 n+ 1

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已 知 等 差 数 列 {an}中,a2=8,S6=66. (1)求数列{an}的通项公式 an; 2 (2)设 bn= ,Tn=b1+b2+?+bn,求 Tn, (n+1)an T10. 【解】 1 () 设 等 差 数 列 {an}的公差为 d,则

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?a2=a1+d=8, ?a = 6, ? ? 1 由题意得? 解之得? 6×5 ? S6=6a1+ d=66 ?d= 2. ? 2 ? ∴an=6+(n-1)· 2=2n+4.

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2 ( b ) 1 , n+ 2

2 1 1 = = - n= ( n+ 1)an ( n+ 1)( n+ 2) n+1

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1 1 1 1 1 1 ∴ Tn= ( - )+( - )+? +( - ) 2 3 3 4 n+ 1 n+ 2 1 1 n = - = , 2 n+ 2 2( n+ 2) 10 5 从而 T10= = . 2( 10+ 2) 12

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数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an+1=2Sn(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 【 思 路 点 拨 】 由 an+1=Sn+1-Sn 得 Sn 与 Sn+1 的递推 关 系 , 求 得 Sn 和 an,由 an 的 特 征 , 利 用 错 位 相 减 法 求数 列{ n a n}的前 n 项和 Tn.
【 尝 试 解 答 】 1 ( ) ∵ an+1= 2Sn,∴ Sn+ 1- Sn= 2Sn, ∴ Sn+1= 3Sn. 又∵ S1= a1= 1,∴数列{Sn}是 首 项 为 1、 公 比 为 3的 - 等 比 数 列 , 因 此 Sn= 3n 1(n∈ N*). - 当 n≥ 2 时 , an= 2Sn- 1= 2 3 · n 2(n≥ 2), ∴数 列 {an}的 通 项 公 式
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? 1, n= 1, ? an=? n- 2 ? 3 · , n≥ 2. ?2

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2n· 3n

2 ( T ) n= a1+ 2 a 2+ 3 a 3+?+nan. 当 n= 1 时, T1=1; 当 n≥ 2 时, Tn=1+ 4· 30+6· 31+?+2n· 3n- 2,① - 3Tn= 3+ 4· 31+ 6· 32+?+ 2n· 3n 1,② ①- ② 得:- 2Tn=- 2 + 4+ 2(31+ 32 + ? + 3n- 2)-
-1

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3(1- 3n 2) - - = 2+ 2· - 2n· 3n 1=- 1+(1-2n)· 3n 1, 1- 3


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1 1 n-1 ∴ Tn= + (n- )· 3 (n≥ 2). 2 2 又∵ T1= a1= 1 也满足上式, 1 1 n-1 ∴ Tn= + (n- )· 3 (n∈ N*). 2 2
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1. 本例2 () 求 Tn 时 , 易 盲 目 利 用 错 位 相 减 法 直 接 求 和 , 忽 视 讨 论 n= 1 的情形. 2.1 ( ) 如果数列 {an}是等差数列,{bn}是等比数列,求 数列 {an·bn}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{bn}的公比,若{bn}的公比 为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况讨论. (2)在写出 “Sn”与 “qSn”的表达式时应特别注意将两 式“错项对齐”.即公比 q 的同次幂项相减,转化为等比 数列求和.

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2 (0 1 2 · 江西高考 )已知数列 {an}的前 n 项和 Sn= kcn-k(其中 c,k 为常数)且 a2=4,a6=8a3. 1 () 求 an; 2 () 求 数 列 { n a n}的前 n 项和 Tn. 【解】 1 () 由 Sn= kcn- k,得 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=kcn- kcn-1, 又 a2= 4, a6= 8a3,
?kc( c- 1)= 4, ?c= 2, ? ? ∴? 5 解得? 2 ? ? ?kc ( c- 1)= 8kc ( c- 1) ?k= 2,

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因此 a1=S1= 2,an=2n(n≥2), 于是 an=2n(n∈N*).

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2 ( T ) n=1 2 · 1+2 · 2+3 2 · 3+4 2 · 4+?+n 2 · n, ① ∴2Tn=1· 22+2· 23+3· 24+?+(n-1)· 2n+n· 2n+1,② 由②-①,得 Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-?-2n+n· 2n+1 =-2n+1+2+n· 2n+1=(n-1)2n+1+2.

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解 决 非 等 差 、 等 比 数 列 的 求 和 , 主 要 有 两种思路 (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减来完 成. (2)不能转化为等差或等比数列的, 往往通过裂项相消 法、倒序相加法等来求和.
1.裂 项 相 消 法 , 分 裂 通 项 是 否 恰 好 等 于 相 应 的 两 项 之 差 . 2.在 正 负 项 抵 消 后 , 是 否 只 剩 下 了 第 一 项 和 最 后 一 项 , 或 有 时 前 面 剩 下 两 项 , 后 面 也 剩 下 两 项 , 未 消 去 的 项 有 前 后 对 称 的 特 点 .
菜 单

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易 错 辨 析 之 八

通 项 遗 漏 导 致 错 位 相 减 求 和 错 误

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2 (0 1 2 · 浙 江 高 考 改 编 )已 知 数 列 {an}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn=2n2+n-3,n∈N*,数列{bn}满足 an=4log2bn+3, n∈N*. (1)求 an,bn; (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn. 【 错 解 】 1 () 由 Sn=2n2+n-3,得 n≥2 时,Sn-1=2 n ( -1)2+(n-1)-3, ∴an=2n2-2 n ( -1)2+1=4n-1, 由 4n-1=an=4l o g 2bn+3,得 bn=2n-1,n∈N*.

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2 () 由1 () 知 anbn=4 ( n -1 2 · ) n 1,n∈N*, 所以 Tn=3+7×2+11×22+?+(4n-1)· 2n-1, - 2Tn=3×2+7×22+?+(4n-5)· 2n 1+(4n-1)· 2n, 所以 2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+?+2n-1)] =(4n-5)2n+5. 故 Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.


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错 因 分 析 : 1 ( ) 求 an, 忽 视 n=1 的 情 形 , 错 求 an,导 致 后 续 问 题 不 能 正 确 求 解 . 2 () 错 位 相 减 求 和 时 , 弄 错 等 比 数 列 的 项 数 , 盲 目 认 为 除 首 、 末 项 外 成 等 比 数 列 . 防 范 措 施 : 1 () 由 Sn 求 an,当 n=1 时,a1=S1 检验是 否 满 足 an= Sn-Sn-1(n≥2),若不满足,应分段表示 an, 从而求 Tn 时,应分类讨论. (2)由于{anbn}的通项分段表示, 求 Tn 时, 不仅注意对 n 进行讨论,而且在写出 “Tn”与 “qTn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”.即公比 q 的同次幂项相减, 转化为等比数列求和.

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【正解】 1 () 在错解 中 , 补 上 当 不适合 an= 4 n -1 n ( ≥2), 因此
?0 ? an=? ? n ?4

n=1 时,a1=S1= 0,

(n= 1), - 1 ( n≥ 2),

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∴ a1= 4 o l g
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3 2b1+ 3,∴ b1= 2- , 4
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3 ? ?2- (n= 1), 4 于是 bn=? n- 1 ? ( n≥ 2). ?2





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2 ( T )

n= a1b1+ a2b2+ a3b3+?+ anbn,

3 当 n= 1 时, T1=a1b1= 0× 2- = 0, 4 - 当 n≥ 2 时, Tn=7× 2+ 11× 22+?+(4n-1)· 2n 1, ∴ 2Tn = 7× 22 + 11× 23 + ? + (4n - 5)· 2n - 1 + (4n - 1)· 2n, 则 Tn=2Tn- Tn= (4n- 1)· 2n- 14-4(22+23+?+ 2n -1 )
2 n 2 4 × 2 ( 1 - 2 ) n =( 4n-1)· 2 - 14- 1- 2


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= (4n-5)· 2n+ 2, 又 n= 1 时, T1=0 适合上式, 故 Tn= (4n- 5)· 2n+ 2, n∈N*.
菜 单

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1.2 (0 1 2 · 课 标 全 国 卷 )数列{an}满足 an+1+(-1)nan= 2n-1,则{an}的前 60 项 和 为 ( ) A. 3 690 B. 3 660 C. 1 845 D. 1 8 3 0 【 解 析 】 ∵ an+ 1+ (- 1)nan= 2n- 1, 当 n= 2k 时, a2k+ 1+ a2k= 4k- 1, 当 n= 2k- 1 时, a2k- a2k- 1= 4k- 3, 从而 a2k+ 1+ a2k-1= 2, a2k+ 3+ a2k+1= 2, 因此 a2k+ 3= a2k-1,∴ a1= a5= a9=?= a61, 于是 S60= a1+ a2+ a3+ ? + a60 = (a2+ a3)+ (a4+ a5) + ? + (a60 + a61) = 3 + 7 + 11 + ? + (2× 60 - 1) = 30×( 3+ 119) = 1 830. 2

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【 答 案 】
菜 单

D

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2.2 (0 1 3 · 深 圳 调 研 )已 知 等 差 数 列 +a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式; an (2)求数列{ - }的前 n 项和. 2n 1
【解】 1 () 设 等 差 数 列

{an}满足 a2=0,a6

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{an}的 公 差 为

d,

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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.

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an 2 () 设 数 列 { n- 1}的前 n 项 和 为 Sn, 2 an 2-n 1 n ∵ n- 1= n- 1 = n- 2- n- 1, 2 2 2 2 1 1 2 3 n ∴ Sn=(2+1+ +?+ n- 2)-(1+ + 2+?+ n- 1). 2 2 2 2 2 2 3 n 记 Tn= 1+ + 2+?+ n- 1,① 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Tn= + 2+ 3+ ?+ n,② 2 2 2 2 2

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1 1 1 1 n ①-② 得: Tn=1+ + 2+?+ n- 1- n, 2 2 2 2 2 1 1- n 1 2 n 1 n ∴ Tn= - ,即 Tn= 4 1 ( - n)- n- 1. 2 1 2n 2 2 1- 2 1 n 2 1 [ -( ) ] 2 1 n ∴ Sn= -4 1 ( - n)+ n- 1 1 2 2 1- 2 1 1 n n =4 1 ( - n)-4 1 ( - n)+ n- 1= n- 1. 2 2 2 2

高 考 体 验 · 明 考 情

典 例 探 究 · 提 知 能

课 后 作 业





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自 主 落 实 · 固 基 础

课后作业(三十三)

高 考 体 验 · 明 考 情

典 例 探 究 · 提 知 能

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