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文科一轮学案6.4 数列求和


第六章 数列

学案 6.4
【双基梳理】 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= ;

数列求和
自主复习 夯实基础

自主预习案

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. 常见的裂项公式 ① ② ③ 1 1 1 = - ; n?n+1? n n+1 1 1 1 1 = ?2n-1-2n+1?; 2 ? ?2n-1??2n+1? ? 1 = n+1- n. n+ n+1

(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. 【思考辨析】 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-

第六章

数列

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)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.( )

考点探究案
考点一 分组转化法求和 n2+n 例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N+. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和.

典例剖析 考点突破

引申探究 例 1(2)中,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

变式训练: 已知数列{an}的通项公式是 an=2· 3n 1+(-1)n· (ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3, 求其前 n 项和 Sn.


-2-

第六章 数列

考点二 错位相减法求和 例2 (2015· 湖北)设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}的公比为 q,已知 b1=a1,

b2=2,q=d,S10=100. (1) 求数列{an},{bn}的通项公式; an (2) 当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn

变式训练: 已知数列{an}的各项均为正数,Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 4Sn=a2 n+2an-3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知 bn=2n,求 Tn=a1b1+a2b2+?+anbn 的值.

考点三 裂项相消法求和 1 命题点 1 形如 an= 型 n?n+k?
2 2 例 3 设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn 满足 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N+.

(1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 3

命题点 2 形如 an=

1 n+ n+k



-3-

第六章

数列

1 例 4 已知函数 f(x)=xa 的图象过点(4,2),令 an= ,n∈N+.记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 f?n+1?+f?n? S2 017= .

变式训练: 1? ? 在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 S2 n=an Sn-2 . ? ? (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1

当堂达标:

1 1.(教材改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an= ,则 S5 等于( n?n+1? A.1 1 C. 6


)

5 B. 6 1 D. 30 )

2.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 B.-200 C.400 D.-400 1? ?2? 4x ?10? 3.设 f(x)= x ,利用倒序相加法,则 f? ?11?+f?11?+?+f?11?等于( 4 +2 A.4 B.5 C.6 D.10 . 4.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和 Sn= )

-4-

第六章 数列

nπ 5.数列{an}的通项公式为 an=ncos ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 017= 2

.

巩固提高案
1 1 1 1 1 1.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1)+ n,?的前 n 项和 Sn 的值等于( 2 4 8 16 2 1 A.n2+1- n 2 1 C.n2+1- n-1 2 1 B.2n2-n+1- n 2 1 D.n2-n+1- n 2
? ?

日积月累 提高自我

)

? 1 ? 2.设函数 f(x)=xm+ax 的导函数为 f′(x)=2x+1,则数列?f?n?? (n∈N+)的前 n 项和是(

)

n A. n+1 n C. n-1

n+2 B. n+1 n+1 D. n )

3.已知函数 f(n)=n2cos(nπ),且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于( A.-100 C.100
n

B.0 D.10 200 )

4.数列{an}中,an+1+(-1) an=2n-1,则数列{an}的前 12 项和等于( A.76 C.80 B.78 D.82

?n2, 当n为奇数时, ? 5.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 C.-100

B.100 D.10 200

6.在等差数列{an}中,a1>0,a10· a11<0,若此数列的前 10 项和 S10=36,前 18 项和 S18=12,则数列 {|an|}的前 18 项和 T18 的值是 .

7.整数数列{an}满足 an+2=an+1-an (n∈N+), 若此数列的前 800 项的和是 2 013, 前 813 项的和是 2 000, 则其前 2 015 项的和为 . 1 , an + 1 = a 2 n + an , 用 [x] 表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 , 则 2 .

8. 已 知 数 列 {an} 满 足 : a1 =

? 1 + 1 +?+ 1 ?的值等于 a2 015+1? ?a1+1 a2+1
(1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

9.已知数列{an}中,a1=3,a2=5,且{an-1}是等比数列.

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第六章

数列

2 10.正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 (2)令 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N+,都有 Tn< . 64 ?n+2?2a2 n

学案 6.4
【双基梳理】 求数列的前 n 项和的方法
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数列求和
自主复习 夯实基础

自主预习案

第六章 数列

(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. 常见的裂项公式 ① ② ③ 1 1 1 = - ; n?n+1? n n+1 1 1 1 1 = ?2n-1-2n+1?; 2 ? ? ?2n-1??2n+1? = n+1- n. n+ n+1 1

(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. 【思考辨析】 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 )
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第六章

数列

(5)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.( √ )

考点探究案
考点一 分组转化法求和 n2+n 例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N+. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和. 解 (1)当 n=1 时,a1=S1=1; n2+n ?n-1?2+?n-1? - =n. 2 2

典例剖析 考点突破

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= a1 也满足 an=n,

故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知 an=n,故 bn=2n+(-1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,则 T2n=(21+22+?+22n)+(-1+2-3+4-?+2n). 记 A=21+22+?+22n,B=-1+2-3+4-?+2n, 2?1-22n? 2n+1 则 A= =2 -2, 1-2 B=(-1+2)+(-3+4)+?+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n 1+n-2.


引申探究 例 1(2)中,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 由(1)知 bn=2n+(-1)n· n.

当 n 为偶数时, Tn=(21+22+?+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n] 2-2n 1 n = + 2 1-2


n + =2n 1+ -2. 2 n-1 + 当 n 为奇数时,Tn=(21+22+?+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-2)+(n-1)-n]=2n 1-2+ -n 2 n 5 + =2n 1- - . 2 2

-8-

第六章 数列

?2 ∴T =? ?2
n

n+1

n + -2, 2

n为偶数,

n+1

n 5 - - , n为奇数. 2 2

变式训练: 已知数列{an}的通项公式是 an=2· 3n 1+(-1)n· (ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3, 求其前 n 项和 Sn.




Sn=2(1+3+?+3n 1)+[-1+1-1+…+(-1)n]· (ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln 3,


所以当 n 为偶数时, 1-3n n n Sn=2× + ln 3=3n+ ln 3-1; 2 2 1-3 当 n 为奇数时, 1-3n n-1 Sn=2× -(ln 2-ln 3)+( -n)ln 3 2 1-3 n-1 =3n- ln 3-ln 2-1. 2

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

n

考点二 错位相减法求和 例2 (2015· 湖北)设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}的公比为 q,已知 b1=a1,

b2=2,q=d,S10=100. (1) 求数列{an},{bn}的通项公式;
-9-

第六章

数列

an (2) 当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 解
?10a1+45d=100, ?2a1+9d=20, ? ? (1)由题意得? 即? ? ? ?a1d=2, ?a1d=2,

? ?a1=1, ? 1 ? 解得? 或? 2 ? ?d=2, ?d= . ?
9
? ?an=2n-1, 故? 或 n-1 ?bn=2 , ?
n

a =9,

?a =9?2n+79?, ? ?2? . ?b =9· ?9?
n n-1

1

2n-1 - (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n 1,故 cn= n-1 ,于是 2 2n-1 3 5 7 9 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+?+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 T = + + + + +?+ n .② 2 n 2 22 23 24 25 2 ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 Tn=2+ + 2+?+ n-2- n =3- n , 2 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2

变式训练: 已知数列{an}的各项均为正数,Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 4Sn=a2 n+2an-3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知 bn=2n,求 Tn=a1b1+a2b2+?+anbn 的值. 解 1 1 3 (1)当 n=1 时,a1=S1= a2 + a- . 4 1 2 1 4

解得 a1=3.又∵4Sn=a2 n+2an-3,① 当 n≥2 时,4Sn-1=a2 n-1+2an-1-3.②
2 ①-②,得 4an=a2 n-an-1+2(an-an-1), 2 即 a2 n-an-1-2(an+an-1)=0.

∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0. ∵an+an-1>0,∴an-an-1=2 (n≥2),
- 10 -

第六章 数列

∴数列{an}是以 3 为首项,2 为公差的等差数列. ∴an=3+2(n-1)=2n+1. (2)Tn=3×21+5×22+?+(2n+1)· 2n,③ 2Tn=3×22+5×23+?+(2n-1)· 2n+(2n+1)2n 1,④


④-③,得 Tn=-3×21-2(22+23+?+2n)+(2n+1)2n =-6+8-2· 2n 1+(2n+1)· 2n
+ +1 +1

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


考点三 裂项相消法求和 1 命题点 1 形如 an= 型 n?n+k?
2 2 例 3 设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn 满足 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N+.

(1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 3 (1)解 由题意知,

2 2 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N+. 2 2 令 n=1,有 S2 1-(1 +1-3)S1-3×(1 +1)=0,

可得 S2 1+S1-6=0,解得 S1=-3 或 2, 即 a1=-3 或 2, 又 an 为正数,所以 a1=2.
2 2 2 (2)解 由 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N+可得,(Sn+3)(Sn-n -n)=0,

则 Sn=n2+n 或 Sn=-3, 又数列{an}的各项均为正数, 所以 Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1). 所以当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 又 a1=2=2×1,所以 an=2n. 1 1 1 1 (3)证明 当 n=1 时, = = < 成立; a1?a1+1? 2×3 6 3

- 11 -

第六章

数列

1 1 1 1 1 1 当 n≥2 时, = < = ?2n-1-2n+1?, ? an?an+1? 2n?2n+1? ?2n-1??2n+1? 2? 1 1 1 所以 + +?+ a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 1 1 ?? 1 1 1 1? - - +?+? < + ?? 6 2??3 5? ?2n-1 2n+1?? 1 1 1 1 1 1 1 = + ?3-2n+1?< + = . 6 2? ? 6 6 3 所以对一切正整数 n, 有 1 1 1 1 + +?+ < . a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 3 1 型 n+ n+k

命题点 2 形如 an=

1 例 4 已知函数 f(x)=xa 的图象过点(4,2),令 an= ,n∈N+.记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 f?n+1?+f?n? S2 017= 答案 . 2 018-1

1 解析 由 f(4)=2 可得 4a=2,解得 a= , 2 1 则 f(x)=x . 2 1 1 ∴an= = = n+1- n, f?n+1?+f?n? n+1+ n S2
017 = a1+ a2 +a3 +? + a2 017 = (

2-1)+( 3- 2)+( 4- 3)+?+( 2 017- 2 016)+( 2 018-

2 017)= 2 018-1.

变式训练: 1? ? 在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 S2 n=an Sn-2 . ? ? (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1
- 12 -

第六章 数列



1? ? (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,① 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+2(n-1)=2n-1, Sn 1 ∴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 1 1 n ∴Tn=b1+b2+?+bn= [(1- )+( - )+?+( - )]= ?1-2n+1?= 2 3 3 5 2? ? 2n+1. 2n-1 2n+1

当堂达标:

1 1.(教材改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an= ,则 S5 等于( n?n+1? A.1 1 C. 6 答案 B 1 1 1 解析 ∵an= = - , n?n+1? n n+1 1 1 1 1 5 ∴S5=a1+a2+?+a5=1- + - +?- = . 2 2 3 6 6 5 B. 6 1 D. 30

)

2.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 B.-200 C.400 D.-400
- 13 -

第六章

数列

答案 B 解析 S100 = (4×1 - 3) - (4×2 - 3) + (4×3 - 3) - ?- (4×100 - 3) = 4×[(1 - 2) + (3 - 4) + … + (99 -

100)]=4×(-50)=-200. 1? ?2? 4x ?10? 3.设 f(x)= x ,利用倒序相加法,则 f? ?11?+f?11?+?+f?11?等于( 4 +2 A.4 答案 B 解析 当 x1+x2=1 时,f(x1)+f(x2) B.5 C.6 D.10 )

?

4x1 4 x2 2 ? 4 x1 ? x2 ? 2 ? (4 x1 ? 4 x2 ) ? ? ? 1. 4x1 ? 2 4x2 ? 2 4 x1 ? x2 ? (4 x1 ? 4 x2 ) ? 2 ? 4

1? ?2? ?10? 设 S=f? ?11?+f?11?+?+f?11?,倒序相加有

? 1 ? ?10?? ? ? 2 ? ? 9 ?? ? ?10? ? 1 ?? 2S=? ?f?11?+f?11??+?f?11?+f?11??+?+?f?11?+f?11??=10,
即 S=5. 4.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和 Sn= 答案 2
n+1

.

-2+n

2

2?1-2n? n?1+2n-1? n+1 解析 Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2 5.数列{an}的通项公式为 an=ncos 答案 1 008 解析 ∵数列 an=ncos nπ 呈周期性变化,观察此数列规律如下:a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4. 2 nπ ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 017= 2 .

故 S4=a1+a2+a3+a4=2. 2 016 2 017 ∴S2 017=S2 016+a2 017= ×2+2 017· cos π 4 2 =1 008.

巩固提高案
1 1 1 1 1 1.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1)+ n,?的前 n 项和 Sn 的值等于( 2 4 8 16 2 1 A.n2+1- n 2 1 C.n2+1- n-1 2 答案 A 1 解析 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ n, 2 1 1 1 1 则 Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+( + 2+?+ n)=n2+1- n. 2 2 2 2
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日积月累 提高自我

)

1 B.2n2-n+1- n 2 1 D.n2-n+1- n 2

第六章 数列 ? 1 ? 2.设函数 f(x)=xm+ax 的导函数为 f′(x)=2x+1,则数列? ? (n∈N+)的前 n 项和是( ?f?n??

)

n A. n+1 n C. n-1 答案 A 解析 f′(x)=mxm 1+a,


n+2 B. n+1 n+1 D. n

∴a=1,m=2,∴f(x)=x2+x, 1 1 1 1 = = - , f?n? n?n+1? n n+1 1? ?1 1? ?1- 1 ? ∴Sn=? ?1-2?+?2-3?+?+ n n+1

?

?



n . n+1 )

3.已知函数 f(n)=n2cos(nπ),且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于( A.-100 C.100 答案 A B.0 D.10 200

解析 若 n 为偶数,则 an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-(2n+1),所以 an 是首项为 a2=-5,公差为 -4 的等差数列;若 n 为奇数,则 an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1,所以 an 是首项为 a1=3, 公差为 4 的等差数列. 所以 a1+a2+a3+?+a100=(a1+a3+?+a99)+(a2+a4+?+a100)=50×3+ 50×49 ×4=-100. 2 4.数列{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前 12 项和等于( A.76 C.80 答案 B 解析 由已知 an+1+(-1)nan=2n-1,得 an+2+(-1)n 1· an+1=2n+1,得 an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n


50×49 ×4+50×(-5)- 2

)

B.78 D.82

+1),取 n=1,5,9 及 n=2,6,10,结果相加可得 S12=a1+a2+a3+a4+?+a11+a12=78.故选 B.
2 ? ?n , 5.已知函数 f(n)=? 2 ?-n , ?

当n为奇数时, 当n为偶数时, B.100

且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于(

)

A.0 C.-100 答案 B

D.10 200

解析 由题意,得 a1+a2+a3+?+a100 =12-22-22+32+32-42-42+52+?+992-1002-1002+1012
- 15 -

第六章

数列

=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+?-(99+100)+(101+100) =-(1+2+?+99+100)+(2+3+?+100+101) =-50×101+50×103=100.故选 B. 6.在等差数列{an}中,a1>0,a10· a11<0,若此数列的前 10 项和 S10=36,前 18 项和 S18=12,则数列 {|an|}的前 18 项和 T18 的值是 答案 60 解析 由 a1>0,a10· a11<0 可知 d<0,a10>0,a11<0, ∴T18=a1+?+a10-a11-?-a18 =S10-(S18-S10)=60. 7.整数数列{an}满足 an+2=an+1-an (n∈N+), 若此数列的前 800 项的和是 2 013, 前 813 项的和是 2 000, 则其前 2 015 项的和为 答案 -13 解析 由 an+2=an+1-an,得 an+2=an-an-1-an=-an-1,易得该数列是周期为 6 的数列,且 an+2+an
-1

.

.

=0,S800=a1+a2=2 013,S813=a1+a2+a3=2 000,

? ? ?a3=a2-a1=-13, ?a1=1 013, ∴? ∴? ?a2+a1=2 013, ?a2=1 000, ? ? ?a3=-13, ? ∴? 依次可得 a5=-1 000,a6=13, ?a4=-1 013, ?

由此可知 an+1+an+2+an+3+an+4+an+5+an+6=0, ∴S2 015=S5=-13. 8. 已 知 数 列 {an} 满 足 : a1 = 1 , an + 1 = a 2 n + an , 用 [x] 表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 , 则 2 .

? 1 + 1 +?+ 1 ?的值等于 a2 015+1? ?a1+1 a2+1
答案 1 解析 + 由 an+1=a2 n+an,得

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = = - ,所以 = - ,所以 + +? an+1 an?an+1? an an+1 an+1 an an+1 a1+1 a2+1

1 1 1 1 1 1 1 1 2 = - + - +?+ - =2- .又 an+1=a2 n+an,所以 an+1-an=an>0,所以 a2 015 a2 016 a2 016 a2 015+1 a1 a2 a2 a3

1 ? 21 1 {an}是正项递增的数列.又因为 a3= >1,所以 a2 016>1,即 0< <1,所以? ?2-a2 016?=1. 16 a2 016 9.已知数列{an}中,a1=3,a2=5,且{an-1}是等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)∵{an-1}是等比数列且 a1-1=2,

a2-1 a2-1=4, =2, a1-1 ∴an-1=2· 2n 1=2n,∴an=2n+1.


- 16 -

第六章 数列

(2)bn=nan=n· 2 +n, 故 Tn=b1+b2+b3+?+bn=(2+2×22+3×23+?+n· 2n)+(1+2+3+?+n). 令 T=2+2×22+3×23+?+n· 2n, 则 2T=22+2×23+3×24+?+n· 2n 1.


n

两式相减,得-T=2+22+23+?+2n-n· 2n = 2?1-2n? + -n· 2n 1, 1-2
+ +

+1

∴T=2(1-2n)+n· 2n 1=2+(n-1)· 2n 1. n?n+1? ∵1+2+3+?+n= , 2 n2+n+4 + ∴Tn=(n-1)· 2n 1+ . 2
2 10.正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 (2)令 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N+,都有 Tn< . 64 ?n+2?2a2 n
2 2 (1)解 由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0, 由于{an}是正项数列,所以 Sn+1>0. 所以 Sn=n2+n(n∈N+). n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n, n=1 时,a1=S1=2 适合上式. 所以 an=2n(n∈N+). (2)证明 由 an=2n(n∈N+), n+1 n+1 得 bn= = 2 2 ?n+2?2a2 n 4n ?n+2? = 1 ? 1 ?1 2- n ? n + 2?2?, 16?

1 1 1 1 1 1 ? 1- 2?+? 2- 2?+? 2- 2?+? Tn= ? 16?? 3 ? ?2 4 ? ?3 5 ? 1 1 1 1 +??n-1?2-?n+1?2?+?n2-?n+2?2??

?

? ?

??

= =

1 1 1 ? 1? 1 1? 1+ 2- 1+ 2? 2- 2 < 2 2 ?n+1? ?n+2? ? 16? ? 16? 5 (n∈N+). 64

5 即对于任意的 n∈N+,都有 Tn< . 64

- 17 -

第六章

数列

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