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【步步高】2015届高考数学总复习


数学

北(理)

§6.4 数列求和
第六章 数 列

基础知识·自主学习
要点梳理
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?n-1? n?a1+an? na + 2 d Sn= = 1 . 2 ②等比数列的前 n 项和公式 na1 ?q=1? ? ? n a1-anq a ? 1 - q ? ? Sn= 1 ? = 1-q ?q≠1? ? 1-q
知识回顾 理清教材

基础知识·自主学习
要点梳理
(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.
知识回顾 理清教材

基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

(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 1 1 (1) = - ; n?n+1? n n+1 1 ? 1 1? ? 1 ? (2) = ?2n-1-2n+1?; ?2n-1??2n+1? 2? ? 1 (3) = n+1- n. n+ n+1

基础知识·自主学习
夯基释疑
题号 答案

夯实基础 突破疑难

解析

1 2 3 4 5

(1) √ (2) √ (3) × (4) × (5) √ (6) √

A C B
n+4 4- n 2

题型分类·深度剖析
题型一 分组转化求和
思维启迪 解析 思维升华

【 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.

题型分类·深度剖析
题型一 分组转化求和
思维启迪 解析 思维升华

【 例 1】

已知数列{an}是 3+2
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.

-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.

题型分类·深度剖析
题型一 分组转化求和
思维启迪 解析 思维升华

【 例 1】

已知数列{an}是 3+2 解 由已知得, 数列{an}的通项公式
2 3 4

-1,6+2 -1,9+2 -1,12+2

为 an=3n+2n-1=3n-1+2n,

-1,…,写出数列{an}的通项 ∴Sn=a1+a2+…+an 公式并求其前 n 项和 Sn.
+2n)

= (2 + 5 + … + 3n - 1)+ (2 + 22 + …

n?2+3n-1? 2?1-2n? = + 2 1-2 1 = n(3n+1)+2n+1-2. 2

题型分类·深度剖析
题型一 分组转化求和
思维启迪 解析 思维升华

【 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.

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.

题型分类·深度剖析
跟踪训练 1
? ? 1 1 1 ? 1 ? ? 1 1? ? ? 求和 Sn=1+?1+2?+?1+2+4?+…+?1+2+4+…+2n-1?. ? ? ? ? ? ?
?1? 1-?2?k ? ?

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

1 1- 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

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

题型分类·深度剖析
题型二 错位相减法求和
思维启迪 解析 思维升华

【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.

题型分类·深度剖析
题型二 错位相减法求和
思维启迪 解析 思维升华

【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,


(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.

n∈N+),求数列{bn}的前 n 项 和 Sn.

题型分类·深度剖析
题型二 错位相减法求和
思维启迪 解析 思维升华

【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,




(1)设等差数列{an}的公差为 d.

? ?3a1+3d=6 由已知得? ? ?8a1+28d=-4 ? ?a1=3 解得? ? ?d=-1



.

n∈N+),求数列{bn}的前 n 项 和 Sn.

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

题型分类·深度剖析
题型二 错位相减法求和
思维启迪 解析 思维升华

【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,


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

n q -1 n∈N+),求数列{bn}的前 n 项 n =nq - q-1 和 Sn. nqn+1-?n+1?qn+1 = . q-1

nqn 1-?n+1?qn+1 于是,Sn= . 2 ?q-1?


题型分类·深度剖析
题型二 错位相减法求和
思维启迪 解析 思维升华

【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,


若 q=1,则 Sn=1+2+3+…+n= n?n+1? . 2

所以 ? ?n?n+1?,q=1 ? 2 Sn=? n+1 n nq - ? n + 1 ? q +1 ? ,q≠1 2 ? ? q - 1 ? ?

n∈N+),求数列{bn}的前 n 项 和 Sn.

.

题型分类·深度剖析
题型二 错位相减法求和
思维启迪 解析 思维升华

【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,


(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,

n∈N+),求数列{bn}的前 n 项 要重视解题过程的训练. 和 Sn.
公式的应用范围.

(2)注意错位相减法中等比数列求和

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 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, 由已知条件可得? ? ?2a1+12d=-10, ? ?a1=1, 解得? ? ?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, 2 = 2 + 4 +…+2n.




题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 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. ? ? ? ?
所以,当 n>1 时,①-②得
a2-a1 an-an-1 an 2-n Sn 1 1 1 =a1+ +…+ n-1 - n=1-( + +…+ n-1)- n 2 2 2 2 4 2 2 2 2-n n 1 =1-(1- n-1)- 2n =2n. 2 n 所以 Sn= n-1.当 n=1 时也成立. 2
? ? an ? ? ? 综上,数列 2n-1?的前 ? ? ? ?

n 项和 Sn= n-1. 2

n

题型分类·深度剖析
题型三 裂项相消法求和
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 在数列{an}中, a1=1, 当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn ? 1? ? 2 满足 Sn=an?Sn-2? ?. ? ? (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 2n+1 n 项和 Tn.

题型分类·深度剖析
题型三 裂项相消法求和
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 在数列{an}中, a1=1, 当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn ? 1? ? 2 满足 Sn=an?Sn-2? ?. ? ?

第(1)问利用 an=Sn-Sn-1 (n≥2) ? ?1? ? ?的 后,再同除 Sn-1· Sn 转化为? ? ?Sn? ?

(1)求 Sn 的表达式; 等差数列即可求 Sn. Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 2n+1 第(2)问求出{bn}的通项公式,用 n 项和 Tn.
裂项相消法求和.

题型分类·深度剖析
题型三 裂项相消法求和
思维启迪 解析
? ? ?

【例 3】 在数列{an}中, a1=1, 当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn ? 1? ? 2 满足 Sn=an?Sn-2? ?. ? ?

思维升华



1 2 ? (1)∵Sn=an Sn- ?, 2?
?

an=Sn-Sn-1 (n≥2), 1 2 ∴Sn=(Sn-Sn-1)?Sn- ?, ①
?

(1)求 Sn 的表达式; 2? ? Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn, 2n+1 n 项和 Tn.
由题意得 Sn-1· Sn≠0,

①式两边同除以 Sn-1· Sn, 1 1 得S - =2, S n n-1

题型分类·深度剖析
题型三 裂项相消法求和
思维启迪 解析 思维升华
? ?1? ? 1 1 ? ? ∴ 数列?S ?是首项为 = = 1,公 S1 a1 ? n?

【例 3】 在数列{an}中, a1=1, 当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn ? 1? ? 2 满足 Sn=an?Sn-2? ?. ? ? (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 2n+1 n 项和 Tn.

差为 2 的等差数列.
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 =2?2n-1-2n+1? ?, ? ?

题型分类·深度剖析
题型三 裂项相消法求和
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 在数列{an}中, a1=1, 当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn ? 1? ? 2 满足 Sn=an?Sn-2? ?. ? ? (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 2n+1 n 项和 Tn.

1 1 ∴Tn=b1+ b2+…+bn= [(1- )+ 2 3 1 1 1 1 ( - )+…+( - )] 3 5 2n-1 2n+1

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

题型分类·深度剖析
题型三 裂项相消法求和
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 在数列{an}中, a1=1, 当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn ? 1? ? 2 满足 Sn=an?Sn-2? ?. ? ?

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, (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 后面也剩两项,再就是将通项公 2n+1 式裂项后,有时候需要调整前面 n 项和 Tn. 的系数,使裂开的两项之差和系 数之积与原通项公式相等.

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn, an?an+1? 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. 2S n 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=an +an-a2 n-1-an-1. 即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn, an?an+1? 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. 2S n ∵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. n?n+1? (2)解 由(1)可得 an=n,Sn= 2 , 1 1 1 1 bn=2S = =n- . n?n+1? n+1 n 1 1 1 1 1 ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1- + - +…+ - 2 2 3 n n+1 1 n =1- = . n+1 n+1

题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 2 ? ? ?

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 2 ? ? ?

规 范 解 答 审 题 路 线 图 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=-2n2+4n

温 馨 提 醒

利用 an、Sn 的关系

题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 2 ? ? ?

审 题 路 线 图
9 an= -n 2

规 范 解 答

温 馨 提 醒

9-2an 化简数列{ 2n } 9-2an n = n 2 2n-1

根据数列的结构特征,确定求和方法:错位相减法

题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 2 ? ? ?

审 题 路 线 图
n- 1 2 3 n Tn=1+ + 2+…+ n-2 + n-1 2 2 2 2

规 范 解 答

温 馨 提 醒


①式两边同乘以 2 n-1 3 n 2Tn=2+2+2+…+ n-3 + n-2 2 2 错位相减 n+2 1 1 n Tn=2+1+2+…+ n-2- n-1=4- n-1 . 2 2 2



题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 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=-2k2+k2=2k2,故 k2=16,k=4. 1 7 当 n=1 时,a1=S1=-2+4=2, 9 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2-n.
审 题 路 线 图
9 当 n=1 时,上式也成立,综上,an=2-n.

温 馨 提 醒

3分 6分

题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 2 ? ? ?

② n+2 1 1 n 1 n ②-①:2Tn-Tn=2+1+2+…+ n-2- n-1=4- n-2- n-1=4- n-1 11分 2 2 2 2 2 n+2 故 Tn=4- n-1 . 12分 2

规 范 解 答 审 题 路 线 图 9-2an n (2)因为 n = n-1, 2 2 n-1 2 3 n 所以 Tn=1+ + 2+…+ n-2 + n-1, 2 2 2 2 n-1 3 n 所以 2Tn=2+2+2+…+ n-3 + n-2 2 2

温 馨 提 醒



7分

题型分类·深度剖析
审题路线图系列4 四审结构定方案
1 2 典例: (12 分)(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? n ? 2 ? ? ?

审 题 路 线 图

规 范 解 答

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 9-2an { n }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 2 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.

思想方法·感悟提高

非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种

方 法 与 技 巧

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.

思想方法·感悟提高

1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如

失 误 与 防 范

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.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

1 1 2 1 2 3 1 2 3 9 1. 已知数列{an}: , + , + + , …, + + +…+ , …, 2 3 3 4 4 4 10 10 10 10 1 若 bn= ,那么数列{bn}的前 n 项和 Sn 为 ( B ) anan+1 n 4n 3n 5n A. B. C. D. n+ 1 n+ 1 n+ 1 n+ 1

1+2+3+…+n n 解析 an= = , 2 n+1 1 4 1 1 ∴bn= = =4(n- ), anan+1 n?n+1? n+1

1 1 1 1 1 1 4n ∴Sn=4[(1-2)+(2-3)+…+(n- )]=4(1- )= . n+1 n+1 n+1

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

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 B.17 C.19 D.21 ( )

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,

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

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 B.17 C.19 D.21 ( C )

19?a1+a19? 所以 S19= =19a10>0, 2

20?a1+a20? S20= = 10( a 10+a11)<0. 2
故使 Sn 取值最小正值的 n 为 19.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

3.已知函数

2 ? ?n ?当n为奇数时?, f(n)=? 2 ? ?-n ?当n为偶数时?,

且 an=f(n)+f(n+1), ( B ) D.10 200

则 a1+a2+a3+…+a100 等于 A.0 B.100 C.-100

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.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 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 B.120 C.130 ( C ) D.185

解析 a1+…+ak+…+a10=240-(2+…+2k+…+20)
?2+20?×10 =240- 2
=240-110=130.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

1 9 5.数列 an= ,其前 n 项之和为 ,则在平面直角坐标系 10 n?n+1? 中,直线(n+1)x+y+n=0 在 y 轴上的截距为 A.-10 B.-9 C.10 D.9 ( 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.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

n?n+1? 1 3 9 25 65 +1- n 2 2 . 6.数列 , , , ,…的前 n 项和 Sn 为________________ 2 4 8 16
3 1 9 1 25 1 65 1 解析 ∵ =1+ , =2+ , =3+ , =4+ ,… 2 2 4 4 8 8 16 16 3 9 25 65 1 ∴Sn= + + + +…+(n+ n) 2 4 8 16 2 1 1 1 1 =(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n) 1 1n n?n+1? 2[1-?2? ] n?n+1? 1 = + = +1- n. 2 1 2 2 1- 2

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

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 =________.

4 4x 2 解析 ∵f(x)= x ,∴f(1-x)= 1-x = , 4 +2 4 +2 2+4x 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-x




练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

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

1 007 =________.
1 2 014 2 2 013 ①+②得, 2S=[f( )+f( )]+[f( )+f( )]+… 2 015 2 015 2 015 2 015 2 014 1 +[f( )+f( )]=2 014, 2 015 2 015

2 014 ∴S= =1 007. 2

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

8.(2012· 课标全国)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}
1 830 . 的前 60 项和为________
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

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

1 1 9.已知数列{an}是首项为 a1= ,公比为 q= 的等比数列,设 4 4 bn+2= 3 log1 an (n∈N+),数列{cn}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.
4

1n 解 (1)由题意,知 an=( ) (n∈N+), 4
又 bn=3 log1 an -2,故 bn=3n-2(n∈N+).

1n (2)由(1),知 an=( ) ,bn=3n-2(n∈N+), 4 1n 所以 cn=(3n-2)×(4) (n∈N+).

4

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

1 1 9.已知数列{an}是首项为 a1= ,公比为 q= 的等比数列,设 4 4 bn+2= 3 log1 an (n∈N+),数列{cn}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 12 13 1 n- 1 所以 Sn= 1× + 4×( ) + 7×( ) + … + (3n- 5)×( ) + 4 4 4 4 1n (3n-2)×( ) , 4 1 12 13 14 1n 于是4Sn = 1×(4 ) + 4×(4) + 7×( 4 ) + … + (3n - 5)×( 4 ) + 1 n +1 (3n-2)×(4) .
4

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
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1 1 9.已知数列{an}是首项为 a1= ,公比为 q= 的等比数列,设 4 4 bn+2= 3 log1 an (n∈N+),数列{cn}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.
两式相减,得 3 1 12 13 1n 1 n+1 S = +3[( ) +( ) +…+( ) ]-(3n-2)×( ) 4 n 4 4 4 4 4 1 1 n+1 = -(3n+2)×( ) . 2 4 2 3n+2 1 n 所以 Sn=3- 3 ×(4) (n∈N+).
4

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

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 (3)在(2)的条件下,设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项 anan+1 m 和,求使得 Tn< 对所有 n∈N+都成立的最小正整数 m. 20

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10



(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, 所以 S1· S4=S2 2. 所以 a1(4a1+6d)=(2a1+d)2.所以 2a1d=d2. 因为公差 d≠0.所以 d=2a1. S2 4a1 所以 q= = =4. S1 a1
(2)因为 S2=4,所以 2a1+d=4. 又 d=2a1,所以 a1=1,d=2.所以 an=2n-1.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

3 3 1 1 (3)因为 bn= = ( - ), ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1
3 1 1 1 1 1 所以 Tn= [(1- )+( - )+…+( - )] 2 3 3 5 2n-1 2n+1 3 1 3 = (1- )< . 2 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.

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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 B.2 010 C.1 D.0 ( B )

解析 由已知得 an=an-1+an+1(n≥2), ∴an+1=an-an-1.
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.

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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,…,若 b1>c1,b1+c1=2a1, cn+an bn+an 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

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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 3a1+a1 5 3a1+a1 7 a2=a1,b2= 2 =6a1,c2= 2 =6a1, 3a1 a1 2a1 a1 6 2 S2= ·· ·= a. 2 2 3 3 6 1 7 6a1+a1 13 显然 S2>S1;a3=a1,b3= = a1, 2 12

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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

答案 B

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4
n

5

1 3.(2013· 湖南)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(-1) an- n, 2 n∈N+,则: (1)a3=________; (2)S1+S2+…+S100=________.

1 1 n-1 解析 ∵an=Sn-Sn-1=(-1) an- n-(-1) an-1+ n-1, 2 2 1 n n-1 ∴an=(-1) an-(-1) an-1+ n. 2 1 当 n 为偶数时,an-1=- n, 2 1 当 n 为奇数时,2an+an-1= n, 2
n

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4
n

5

1 3.(2013· 湖南)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(-1) an- n, 2 n∈N+,则: (1)a3=________; (2)S1+S2+…+S100=________.

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

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4
n

5

1 3.(2013· 湖南)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(-1) an- n, 2 n∈N+,则: 1 - (1)a =________ 16 ;
3

? 1? 1 ? 100-1? (2)S1+S2+…+S100=3 ________. ?2 ?

1 1 1 ∴a2-a1= ,a4-a3= 3,a6-a5= 5,…, 2 2 2 ∴S1 + S2 + … + S100 = (a2 - a1) + (a4 - a3) + … + (a100 - a99) - ?1 1 1 1 ? ? + 2+ 3+…+ 100? 2 2 ? ?2 2
?1 ? 1 1 ? ?1 1 1 ? 1? 1 =?2+23+…+299?-?2+22+…+2100?=3?2100-1?. ? ? ? ? ? ?

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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 (2)若数列{bn}满足 bn=log2(an+2),Tn 为数列{ }的前 n an+2 1 项和,求证:Tn≥ . 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,

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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 (2)若数列{bn}满足 bn=log2(an+2),Tn 为数列{ }的前 n an+2 1 项和,求证:Tn≥ . 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=22+23+…+ n+1 , an+2 2 2

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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 (2)若数列{bn}满足 bn=log2(an+2),Tn 为数列{ }的前 n an+2 1 项和,求证:Tn≥ . 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2Tn=22+23+24+…+ n+1- n+2 2 2 1 1 ?1- n? n+1 n+1 3 n+3 2 1 4 1 1 1 = + - n+2 = + - n+1- n+2 = - n+2 , 4 1 4 2 2 4 2 2 2 1- 2

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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 (2)若数列{bn}满足 bn=log2(an+2),Tn 为数列{ }的前 n an+2 1 项和,求证:Tn≥ . 2 3 n+ 3 ∴Tn= - n+1 , 2 2 n+3 n+2 n+1 当 n≥2 时,Tn-Tn-1=- n+1 + 2n = n+1 >0, 2 2 1 ∴{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1= . 2

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

5.直线 ln:y=x- 2n与圆 Cn:x2+y2=2an+n 交于不同的 1 两点 An, Bn, n∈N+.数列{an}满足: 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 { b n}的前 n 项和 Tn. ? ?an?n为偶数?,

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5



(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=(2|AnBn|)2=r2 - d n n=(2an+n)-n=2an. 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 + = 2 +3(2 -1). 1-4

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3 4

5

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


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