3986.net
小网站 大容量 大智慧
相关文档
相关标签
当前位置:首页 >> 数学 >>

2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 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 1 1 (1) = - ; n?n+1? n n+1 1 1 1 1 (2) = ?2n-1-2n+1?; ? ?2n-1??2n+1? 2? (3) 1 n+ n+1 = n+1- n.

-1-

【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

(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}的通项公 3n-1 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 ? 1.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 项和为( ? n n+1?

)

100 99 A. B. 101 101 答案 A

99 101 C. D. 100 100

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, ?5a1+ 2 ? ∴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?

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

-2-

(99-100)]=4×(-50)=-200. 3.(2014· 广东)若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2+?+ln a20=________ 答案 50 解析 因为 a10a11+a9a12=2a10a11=2e5, 所以 a10a11=e5. 所以 ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20) =ln[(a1a20)· (a2a19)· …· (a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50ln e=50. 4.3· 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 分组转化法求和 例 1 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 . 解 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 1-3 2 当 n 为奇数时, 1-3n n-1 Sn=2× -(ln 2-ln 3)+( -n)ln 3 2 1-3

-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

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)数列{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}前 12 项和等于( A.76 B.78 C.80 D.82 (2)已知数列{an}的前 n 项是 3+2-1,6+4-1,9+8-1,12+16-1,?,则数列{an}的通项公式 an=________,其前 n 项和 Sn=________. 答案 (1)B (2)3n-1+2n 1 + n(3n+1)+2n 1-2 2 )

解析 (1)由已知 an+1+(-1)nan=2n-1,① 得 an+2+(-1)n 1an+1=2n+1,②


由①②得 an+2+an=(-1)n· (2n-1)+(2n+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. (2)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) = n?2+3n-1? 2?1-2n? + 2 1-2

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


思维点拨 (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.

-4-

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


-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. 1 已知首项为 的等比数列{an}是递减数列,其前 n 项和为 Sn,且 S1+a1,S2+a2, 2 S3+a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; Tn+2 1 (2)若 bn=an· log2an,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求满足不等式 ≥ 的最大 n 值. n+2 16 1 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,由题意知 a1= , 2 又∵S1+a1,S2+a2,S3+a3 成等差数列, ∴2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3, 变形得 S2-S1+2a2=a1+S3-S2+a3, 即得 3a2=a1+2a3, 3 1 1 ∴ q= +q2,解得 q=1 或 q= , 2 2 2 1 又由{an}为递减数列,于是 q= , 2

-5-

1 - ∴an=a1qn 1=( )n. 2 1 (2)由于 bn=anlog2an=-n· ( )n, 2 1 1 1 - 1 ∴Tn=-[1· +2· ( )2+?+(n-1)· ( )n 1+n· ( )n], 2 2 2 2 1 1 1 1 + 于是 Tn=-[1· ( )2+?+(n-1)· ( )n+n· ( )n 1], 2 2 2 2 1 1 1 1 1 + 两式相减得: Tn=-[ +( )2+?+( )n-n· ( )n 1] 2 2 2 2 2 1 1 · [1-? ?n] 2 2 1 + =- +n· ( )n 1, 1 2 1- 2 1 ∴Tn=(n+2)· ( )n-2. 2 ∴ Tn+2 1 n 1 =( ) ≥ ,解得 n≤4, 16 n+2 2

∴n 的最大值为 4. 题型三 裂项相消法求和 例 3 (2014· 山东)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=(-1)n
-1

4n ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1

2×1 解 (1)因为 S1=a1,S2=2a1+ ×2=2a1+2, 2 4×3 S4=4a1+ ×2=4a1+12, 2 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得 a1=1, 所以 an=2n-1. (2)bn=(-1)n
-1

4n 4n 1 1 - - =(-1)n 1 =(-1)n 1( + ). anan+1 ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1

当 n 为偶数时, 1 1 1 1 1 1 1 1 2n Tn=(1+ )-( + )+?+( + )-( + )=1- = . 3 3 5 2n-3 2n-1 2n-1 2n+1 2n+1 2n+1 当 n 为奇数时, 2n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn=(1+ )-( + )+?-( + )+( + )=1+ = . 3 3 5 2n-3 2n-1 2n-1 2n+1 2n+1 2n+1

-6-

2n+2 ? ?2n+1,n为奇数, 所以 T =? 2n ? ?2n+1,n为偶数.
n

2n+1+?-1?n 1 (或 Tn= ) 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. 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 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,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 ∴ =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.

四审结构定方案

-7-

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

审题路线图 1 Sn=- n2+kn 及 Sn 最大值为 8 2
Sn 是 n 的函数

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
化简数列

{

9-2an 2n

}

9-2an n = n-1 n 2 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-1① 2 2 2 2
①式两边同乘以2

n-1 3 n 2Tn=2+2+ +?+ n-3 + n-2② 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= ,[3 分] 2 2 9 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -n.[6 分] 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

-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

[7 分]

1 1 n ②-①得: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 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 }的 2 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. (3)可以通过 n=1,2 时的特殊情况对结论进行验证.

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;结论中形如 an,an 1 的式子应进行合


并. 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:45 分钟) 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
-9-

)

1 A.n2+1- n 2 C.n2+1- 答案 A 1 - 2n 1

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

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 2.已知函数 f(n)=n2cos nπ,且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于( A.0 B.-100 C.100 D.10 200 答案 B 解析 f(n)=n2cos nπ
2 ? ?-n ?n为奇数? =? 2 =(-1)n· n2, ?n ?n为偶数? ?

)

由 an=f(n)+f(n+1) =(-1)n· n2+(-1)n 1· (n+1)2


=(-1)n[n2-(n+1)2] =(-1)n 1· (2n+1),


得 a1+a2+a3+?+a100 =3+(-5)+7+(-9)+?+199+(-201) =50×(-2)=-100. 3.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 D.185 答案 C 解析 a1+?+ak+?+a10 =240-(2+?+2k+?+20) ?2+20?×10 =240- 2 =240-110=130. 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn 等于( A.6n-n2
?6n-n2?1≤n≤3?, ? C.? 2 ? ?n -6n+18?n>3?

)

B.n2-6n+18
?6n-n2?1≤n≤3?, ? D.? 2 ? ?n -6n?n>3?

答案 C

- 10 -

解析 ∵由 Sn=n2-6n 得{an}是等差数列, 且首项为-5,公差为 2. ∴an=-5+(n-1)×2=2n-7, ∴n≤3 时,an<0,n>3 时,an>0,
?6n-n2?1≤n≤3?, ? ∴Tn=? 2 ? ?n -6n+18?n>3?.

5.数列 an=

1 9 ,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 B.-9 C.10 D.9 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. 1 6.数列{an}满足 an+an+1= (n∈N*),且 a1=1,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S21=________. 2 答案 6 1 解析 由 an+an+1= =an+1+an+2, 2 ∴an+2=an, 则 a1=a3=a5=?=a21,a2=a4=a6=?=a20, ∴S21=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+?+(a20+a21) 1 =1+10× =6. 2 ?-1?n 1 1 7.已知数列{an}满足 an+an+1= (n∈N*),a1=- ,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S2 013 2 2


=________. 1 007 答案 - 2 1 3 5 解析 由题意知,a1=- ,a2=1,a3=- ,a4=2,a5=- ,a6=3,?, 2 2 2 1 所以数列{an}的奇数项构成了首项为- , 2 公差为-1 的等差数列,偶数项构成了首项为 1, 公差为 1 的等差数列,通过分组求和可得

- 11 -

1 007×1 006 1 006×1 005 1 1 007 S2 013=[(- )×1 007+ ×(-1)]+(1×1 006+ ×1)=- . 2 2 2 2 8.设 f(x)= 4x 1 2 2 014 ,若 S=f( )+f( )+?+f( ),则 S=________. 2 015 2 015 2 015 4 +2
x

答案 1 007 4 4x 2 解析 ∵f(x)= x ,∴f(1-x)= 1-x = , 4 +2 4 +2 2+4x ∴f(x)+f(1-x)= S=f( 4x 2 + =1. 4x+2 2+4x
1-x

1 2 2 014 )+f( )+?+f( ),① 2 015 2 015 2 015

2 014 2 013 1 S=f( )+f( )+?+f( ),② 2 015 2 015 2 015 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 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 1 an (n∈N*),数 4 4
4

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 解 (1)由题意,知 an=( )n(n∈N*), 4 又 bn= 3log 1 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 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
2 10.(2013· 江西)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;
- 12 -

n+1 5 * (2)令 bn= . 2 2,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? an
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. ∴an=2n(n∈N*). n+1 n+ 1 (2)证明 由 an=2n(n∈N*)得 bn= = 2 ?n+2?2a2 4 n ?n+2?2 n 1 1 1 = ?n2-?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 5 * 1+ ? = ?1+22-?n+1?2-?n+2?2?< ? 16? ? 16? 22?=64(n∈N ). 5 即对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64 B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.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 答案 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. 12.1-4+9-16+?+(-1)n 1n2 等于(


)

)

n?n+1? A. 2

n?n+1? B.- 2

- 13 -

C.(-1)n 答案 C

+1

n?n+1? 2

D.以上答案均不对

解析 当 n 为偶数时,1-4+9-16+?+(-1)n 1n2


=-3-7-?-(2n-1) n ?3+2n-1? 2 n?n+1? =- =- ; 2 2 当 n 为奇数时,1-4+9-16+?+(-1)n 1n2


=-3-7-?-[2(n-1)-1]+n2 n-1 [3+2?n-1?-1] 2 =- +n2 2 = n?n+1? , 2
+1

综上可得,原式=(-1)n

n?n+1? . 2

1 13.(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 答案 (1)- 16 1 1 ? 100-1 (2) ? ? 3? 2

解析 ∵an=Sn-Sn-1 1 1 - =(-1)nan- n-(-1)n 1an-1+ n-1(n≥2), 2 2 1 - ∴an=(-1)nan-(-1)n 1an-1+ n(n≥2). 2 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
- 14 -

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 14.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 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 15.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 1 足:a1=1,an+1= |AnBn|2. 4
- 15 -

(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

而 Tn+1=Tn+bn+1=Tn+2n, n2+n 1 n 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

- 16 -


推荐相关:

2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 11.1 随机事件的概率_数学_高中教育_教育专区。§ 11.1 随机事件的概率 1.概率和频率 (1)在...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 7.1 不等关系与不等式_数学_高中教育_教育专区。§ 7.1 不等关系与不等式 1.两个实数比较...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 12.2 直接证明与间接证明_数学_高中教育_教育专区。§ 12.2 直接证明与间接证明 1.直接证明 (...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 9.8 曲线与方程_数学_高中教育_教育专区。§ 9.8 直线与圆锥曲线 1.直线与圆锥曲线的位置关系...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 8.4 直线、平面垂直的判定与性质_数学_高中教育_教育专区。§ 8.4 直线、平面垂直的判定与性质 1...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 9.5 双曲线_数学_高中教育_教育专区。§ 9.5 椭 圆 1.椭圆的概念 平面内与两个定点 F1,F2...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 9.2 圆的方程_数学_高中教育_教育专区。§ 9.2 两直线的位置关系 1.两条直线的位置关系 (1)两...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 3.3 导数的应用_数学_高中教育_教育专区。§ 3.3 导数的综合应用 1.利用导数解决生活中的优化...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 12.1 合情推理与演绎推理_数学_高中教育_教育专区。§ 12.1 合情推理与演绎推理 1.合情推理 ...


2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 11.2 古典概型_数学_高中教育_教育专区。§ 11.2 古典概型 1.基本事件的特点 (1)任何两个...

网站首页 | 网站地图
3986 3986.net
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@qq.com