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【高考复习方案 】2014年高考数学(文,江苏教育版)一轮复习课件:第31讲 数列求和


? 双 向 固 基 础 ? 点 面 讲 考 向 ? 多 元 提 能 力 ? 教 师 备 用 题

第31讲 数列求和

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考试大纲

1.掌握等差、等比数列的求和公式,并能够运用公式进 行相关计算. 2.了解等差、等比数列前 n 项和公式的推导过程. 3.掌握几种特殊的求和方法.

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第31讲

数列求和

? 双 向 固 基 础

1.等差数列、等比数列的求和 (1)直接利用等差数列的前 n 项和公式.等差数列{an}的 n(n-1) n(a1+an) =_______________ 前 n 项和公式:Sn=___________ (其中 na1+ d. 2 2 a1 为首项,d 为公差) (2)直接利用等比数列的前 n 项和公式.等比数列的前 n na1 项和公式:当 q=1 时,Sn=________ ;当 q≠1 时,Sn= n a1(1-q ) a1-anq 1-q 1-q ____________ =____________ .(其中 a1 为首项,q 为公比) 2.一般数列求和的常用方法

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第31讲

数列求和

? 双 向 固 基 础

求和方法 分组求和 法

适用范围 一个数列的通项公式是由

若干个等差或等比或可求和 的数列的通项组成, _____________________________
则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减 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.常用的裂项公式:

1 - ① =______________ n n+1 ; n(n+1) 裂项相消 法

1

1

1 2(2n-1-2n+1); ② =____________________ (2n-1)(2n+1) ③ 1 n+ n+1

1

1

1

n+1- n =____________

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第31讲

数列求和

? 双 向 固 基 础

求和方法

适用范围 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 错位相减 ______________________________________________
法 构成的,那么这个数列的前 n 项和即可用错位相减法 求和

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第31讲

数列求和

? 双 向 固 基 础

—— 链接教材 ——
1. 在等差数列{an}和{bn}中, a1=25, b1=15, a100+b100 =139,则数列{an+bn}的前 100 项的和为________.

[答案] 8950
[解析] 设 cn=an+bn,则 c1=a1+b1=40,c100=139, 由题知,数列 {cn} 是等差数列,所以前 100 项和 S100 = 100(c1+c100) 100×(40+139) = =8950. 2 2

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第31讲

数列求和

? 双 向 固 基 础

? 1 ? ? ? ? 2.数列 4n2-1?的前 ? ? ? ?

7 n 项和为 Sn=15,则 n=________.

[答案] 7
1 1 [解析] 因为 2 = = 4n -1 (2n-1)(2n+1) 1 1 1 ,所以 Sn= 2(2n-1-2n+1) ? 1 1 1 1 1 1? n ? ? ( 1 - )+( - )+?+( - ) = 3 3 5 2n-1 2n+1 ? 2? 2n+1 ? ? 7 = ,解得 n=7. 15
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数列求和

? 双 向 固 基 础

3.数列{2n-(-1)n}的前 21 项的和为________.

[答案] 222-1
[解析] 将数列{2n-(-1)n}拆分为数列{2n}和数列
21 2 ×( 1 - 2 ) n n {(-1) },数列{2 }的前 21 项和 S′= =222-2, 1-2

数列{(-1)n}的前 21 项和为 S″=-1,所以{2n-(-1)n}的前 21 项和为 S21=S′-S″=222-1.

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数列求和

? 双 向 固 基 础

—— 疑 难 辨 析 ——
1.数列求和的常用方法 ? ? 1 ? ? ? (1)数列 2n(2n-1)?可以用裂项相消法求和.( ) ? ? ? ? ?1 ? 1 2 ? ? (2)数列 2n+2n-1 的前 n 项和为 n +2n.( ) ? ? (3)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序相加求和法, 利用此法可求得 sin21°+sin22°+sin23°+?+sin288°+ sin289°=44.5.( )

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数列求和

? 双 向 固 基 础

[答案] (1)×

(2)×

(3)√

1 1 1 = -2n, 因为 2n 2n(2n-1) 2n-1 是偶数,2n-1 是奇数,故求和时不能相互抵消,达不到求 和的目的.数列中的每一项均能分裂成一正一负两项,这只 是用裂项相消法的前提,还必须满足在求和过程中能够前后 相互抵消. [解析] (1)由题意可知

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数列求和

? 双 向 固 基 础
2

1 1 ( 1 - 2 2n) n(1+2n-1) (2)由题意可知,Sn= = 1 + 2 1-2 1 n -2n+1. (3)设 S=sin21°+sin22°+sin23°+?+sin288°+ sin289°,① 则 S=sin289°+sin288°+sin287°+?+sin22°+ sin21°, 即 S=cos21°+cos22°+cos23°+?+cos288°+ cos289°②. 由①+②,得 2S=89,所以 S=44.5.
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数列求和

? 双 向 固 基 础

2.数列求和的误区 (1) 设 Sn = a + a2 + a3 + ? + an(a≠0) , 则 Sn = a(1-an) .( 1-a )

(2)若数列 a1,a2-a1,a3-a2,?,an-an-1 是首项为 1,公比为 3 的等比数列,则数列{an}的通项公式是 an= 3n-1 .( ) 2 1 (3)数列{an}的通项公式为 an=n+n,计算其前 n 项和 Sn,可用分组求和法.( )

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数列求和

? 双 向 固 基 础

[答案] (1)×

(2)√

(3)×

a(1-an) [解析] (1)当 a=1 时, Sn=n; 当 a≠1 时, Sn= . 1-a 其错误在于未能注意到求和公式中 q≠1 的条件,因此在解题 时,当公比 q 是一个字母时,一定要讨论字母的取值. 3n-1 (2)将已知数列求和,即可得 an= . 2 (3)分组求和法适用于一个数列的通项公式由若干个可求 1 和的数列组成,数列{an}的通项公式为 an=n+n,数列{an} ?1? ?1? 由两个数列{n}和?n?组成,而数列?n?不能求和. ? ? ? ?
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第31讲

数列求和

? 探究点一

分组转化法求和

?

例 1 [2013· 福建宁德模拟] 已知在数列{an}中,a1=1, * a = 2 a ( n ∈ N ),数列{bn}是公差为 3 的等差数列,且 b2=a3. + n 1 n 点 面 (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 讲 (2)求数列{an-bn}的前 n 项和 Sn.

?

考 向

[思考流程]条件:给出一个等差数列和一个等比数 列.目标:分别求数列{an},{bn}的通项公式和数列{an-bn} 的前 n 项和. 方法: (1)利用等差数列与等比数列的通项公式 即可求得数列{an}的首项与公比、{bn}的首项与公差,从而 可求其通项公式;(2)通过分组求和,即可求得数列{an-bn} 的前 n 项和.

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第31讲

数列求和

? 点 面 讲 考 向

解:(1)因为 an+1=2an(n∈N*),a1=1, 所以数列{an}是公比为 2 的等比数列, 所以数列{an}的通项公式为 an=1×2n-1=2n-1. 因为等差数列{bn}的公差为 3,且 b2=a3=22=4, 所以数列{bn}的通项公式为 bn=b2+(n-2)×3=3n-2. (2)Sn=(a1-b1)+(a2-b2)+?+(an-bn) =(a1+a2+?+an)-(b1+b2+?+bn) 1×(1-2n) n(1+3n-2) = - 2 1-2
2 3 n -n+2 n =2 - . 2

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第31讲

数列求和

?

[归纳总结]通过对原数列通项结构特点的分析,将数 列分解为若干个能求和的新数列的和或差,从而求得原数列 点的和.使用这种方法的关键是对通项的合理分解变形. 面

讲 考 向

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数列求和

?

变式题已知等差数列{an}中,a3+a6=-23,a2+a9= -29. (1)求数列{an}的通项公式; 点 (2)设数列{an+bn}是首项为 1, 公比为 c 的等比数列, 求 面 讲 数列{bn}的前 n 项和 Sn.

考 向

解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,依题意可知 a2+a9-(a3+a6)=2d=-29-(-23)=-6,从而 d= -3, 所以 a3+a6=2a1+7d=-23,解得 a1=-1. 故数列{an}的通项公式为 an=-3n+2.

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第31讲

数列求和

?

(2)由数列{an+bn}是首项为 1,公比为 c 的等比数列, 得 an+bn=cn-1,即-3n+2+bn=cn-1,所以 bn=cn-1 点 +3n-2. n(n+1) 面 2 n-1 故 Sn=(1+c+c +?+c )+3· 2 -2n=(1+ 讲 考 2 3 n 向 c+c2+?+cn-1)+ -n. 2 3n2-n 3n2+n 当 c=1 时,Sn=n+ 2 = 2 ; 1-cn 3n2-n 当 c≠1 时,Sn= + . 2 1-c

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第31讲

数列求和

?

探究点二

裂项相消法求和

例 2 [2013· 东北三省四市模拟] 等比数列{an}的前 n ? 点 面 2 1 讲 项和为 Sn,a1=3,且 S2+2a2=1. 考 (1)求数列{an}的通项公式; 向
? 1 ? ? ? a2 n ? (2)记 bn=log3 4 ,求数列 b ·b ?的前 n 项和 Tn. ? n+2? ? n ?

?

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第31讲

数列求和

? 点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件:等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1 2 1 =3,S2+2a2=1.目标:(1)求数列{an}的通项公式;(2)若 bn ? 1 ? ? ? a2 n =log3 4 ,求数列?b ·b ?的前 n 项和 Tn.方法:(1)依据题 ? n+2? ? n ? a2 n 设条件求出 q,即可求得通项公式;(2)化简 bn=log3 4 ,再 ? 1 ? ? ? ? 求数列 b ·b ?的通项公式,根据裂项求和法求和. ? n ? n+2? ?

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第31讲

数列求和

2 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,由题意 a1= ,S2 3

? 点 面 讲 考 向

1 +2a2=1, 2 2 1 2 1 所以3+3q+2·3q=1,解得 q=3. 2 1 n-1 2 n-1 因此 an=a1q =3· (3) =3n. 2 故数列{an}的通项公式为 an=3n.

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数列求和
a2 n (2)由题意可知,bn=log3 =log33-2n=-2n, 4 1 1 1 1 1 1 所以 = =4· =8 (n- bn·bn+2 2n·2(n+2) n(n+2)

? 点 面 讲 考 向

1 ) , n+2 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn=8[ (1-3) + (2-4) + (3-5) +?+ ( n-1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 - )+(n- )]= (1+ - - )= ( - 8 2 n+1 n+2 8 2 n+1 n+2 3n2+5n 1 1 - )= . n+1 n+2 16(n+1)(n+2)

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第31讲

数列求和

[归纳总结] 裂项相消法求和就是将数列中的每一项 拆成两项或多项,使这些拆开的项能够有规律地相互抵 ? 点 消,没有抵消的项的代数和就是求和的结果.使用此法的 面 关键,一是合理裂项,二是正确抵消.

讲 考 向

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数列求和

?

变式题 已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和 为 S4=14,且 a1,a3,a7 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; 点 ? ? 1 ? ? 面 (2)设 Tn 为数列?a a ?的前 n 项和,若 Tn≤λ an+1 对一 ? 讲 ? n n+1? ? 考 切 n∈N*恒成立,求实数 λ 的最小值.



解:(1)设等差数列{an}的公差为 d.因为 a1,a3,a7 成等比 数列,所以(a1+2d)2=a1(a1+6d),解得 a1=2d(舍去 d=0). 因为 S4=14,所以 4a1+6d=14,即 8d+6d=14,解得 d =1,故 a1=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=n+1.

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数列求和

? 点 面 讲 考 向

1 1 1 1 (2)因为 = = - , anan+1 (n+1)(n+2) n+1 n+2 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn=(2-3)+(3-4)+?+( - )=2 n+1 n+2 1 n - = . n+2 2(n+2) n * 因为 Tn≤λ an+1 对一切 n∈N 恒成立,所以 ≤ 2(n+2) n * * λ (n+2)对一切 n∈N 恒成立, 即 λ≥ 2对一切 n∈N 2(n+2) 恒成立. 1 1 1 n 又 = ≤ = ,当且仅 4 2(n+2)2 2(4+4) 16 2(n+n+4) 1 当 n=2 时,等号成立,所以 λ 的最小值为16.
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数列求和

?

探究点三

倒序相加法求和

?

1 x 例 3 已知 A ( x , y ) , B ( x , y ) 是 f ( x ) = + log 的图 1 1 2 2 2 点 2 1-x 面 像上任意两点,且 x1+x2=1. 讲 f(x1)+f(x2) 考 (1)求证: 为定值; 向 2 n-1 1 2 (2)若 Sn=f(n)+f(n)+?+f( n ), 其中 n∈N*, 且 n≥2, 求 S2014.

?

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数列求和

? 点 面 讲 考 向

f(x1)+f(x2) [思考流程] (1)求证 为定值,其本质是 2 寻找函数的对称中心,通过求得对称中心,(2)利用倒叙相 加法求和.

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数列求和

? 点 面 讲 考 向

解:(1)证明:因为x1=1-x2,x2=1-x1, f(x1)+f(x2) 11 x1 1 x2 所以 =22+log2 + +log2 = 2 1-x1 2 1-x2 1 x1 x2 1 x1 x2 1 1 21+log2x2+log2x1=21+log2x2·x1=2(1+0)=2,为定值.

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数列求和

? 点 面 讲 考 向

(2)由(1)知当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=1. n-1 1 2 又Sn=f(n)+f(n)+?+f( n ), n-1 n-2 1 ∴Sn=f( n )+f( n )+?+f(n), n-1 n-2 n-1 1 2 ∴2Sn=f(n)+f( n )+f(n)+f( n )+?+f( n )+ =n-1.

1 f(n)=

n-1 2013 * 所以Sn= (n∈N ,且n≥2),所以S2014= . 2 2

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数列求和

? 点 面 讲 考 向

[归纳总结] 首尾相加求和方法源于课本上推导等差数 列前 n 项和的方法,在高考试题中的使用频率虽然没有下 面的“错位相减法”高,但也是值得注意的一个方法.数 列是以正整数为自变量的函数,从函数入手设计数列试题 是自然的.本题从函数图像的对称性出发构造了一个函数 值的数列,这个数列符合用倒序相加方法求和的要求.

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第31讲

数列求和

?

探究点四

错位相减法求和

? 点 面 讲 考 向

?

例 4 [2013· 苏中三市、 连云港、 淮安三调] 已知数列{an} 是首项为 1,公差为 d 的等差数列,数列{bn}是首项为 1,公 比为 q(q>1)的等比数列.若 a5=b5,q=3,求数列{an·bn} 的前 n 项和 Sn.

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第31讲

数列求和

? 点 面 讲 考 向

?

[思考流程] 由于数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比 数列,故数列{an·bn}可以用“错位相减法”求和.

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第31讲

数列求和
解:依题意 a5=b5=b1q5-1=1×34=81,

? 点 面 讲 考 向

?

a5-a1 81-1 故 d= = 4 =20, 5-1 所以 an=1+20(n-1)=20n-19. 又 bn=3n-1,所以 Sn=1×1+21×3+41×32+?+(20n- - 19)· 3n 1,① 则 3Sn = 1×3 + 21×32 + ? + (20n - 39)· 3n - 1 + (20n - 19)· 3n,② ① - ② 得 - 2Sn = 1 + 20×(3 + 32 + ? + 3n - 1) - (20n - 19)· 3n, 3(1-3n-1) = 1 + 20× - (20n - 19)· 3n = (29 - 20n)· 3n - 1-3 29, (20n-29)· 3n+29 所以 Sn= . 2
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数列求和

? 点 面 讲 考 向

?

[归纳总结] (1)如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数 列,则使用错位相减法求数列{an·bn}的前 n 项和. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式后,“错位相减”的本 质是“指数相同的两项相减”,因此要将两式中“指数相同 的两项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.

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数列求和

?

变式题 [2013· 成都一诊] 已知数列{an}是等差数列, 其 前 n 项和为 Sn.数列{bn}是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4 =27,S4-b4=10. 点 (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; 面 (2)记 Tn=anb1+an-1b2+an-2b3+?+a1bn,求 Tn. 讲

考 向

解:(1)设等差数列的公差为 d,等比数列的公比为 q. 由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d, 由条件 a4+b4=27,S4-b4=10,
3 ? ? ?2+3d+2q =27, ?d=3, 得方程组? 解得? 3 ? ? ?8+6d-2q =10, ?q=2.

故数列{an},{bn}的通项公式分别为 an=3n-1,bn= 2n,n∈N*.
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数列求和

? 点 面 讲 考 向

(2)由(1)得 Tn=2an+22an-1+23an-2+?+2na1, ① 所以 2Tn=22an+23an-1+?+2na2+2n+1a1. ② 由②-①得 Tn =- 2(3n - 1) + 3×22 + 3×23 +?+ + 3×2n+2n 2 12(1-2n 1) = + 2n + 2 - 6n + 2 = 10×2n - 6n - 1-2


10(n∈N*).

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数列求和

? 答题模板

11.分类讨论思想在数列求和中的应用

母题 [2013· 浙江卷] 在公差为 d 的等差数列{an}中,已 知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an ; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|.

? 多 元 提 能 力

子题 (1)求 d,an; (2)当 d<0 时,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|a8|; (3)当 d<0,1≤n≤11 时,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|; (4)当 d<0,n≥12 时,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|.

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数列求和

? 多 元 提 能 力

答题规范 (1)由已知得到(2a2+2)2=5a1a3, 即 4(a1+d+1)2=50(a1+2d),(2 分) 所以(11+d)2=25(5+d),整理得 d2-3d-4=0, 解得 d=4 或 d=-1. 故 an=4n+6 或 an=11-n.(5 分) (2)由(1)知,当 d<0 时,an=11-n, 故|a1|+|a2|+|a3|+?+|a8|=(11-1)+(11-2)+(11-3) +?+(11-8)=10+9+8+?+3=52.(7 分) (3)当 d<0,1≤n≤11 时,an≥0, 所以|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=a1+a2+a3+?+an= n(10+11-n) n(21-n) = .(10 分) 2 2

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数列求和

? 多 元 提 能 力

(4)当 n≥12 时,an≤0, 所以|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|= a1+a2+a3+?+a11-(a12+a13+?+an)= 2(a1+a2+a3+?+a11)-(a1+a2+a3+?+an)= 11×(21-11) n(21-n) n2-21n+220 2× - = . 2 2 2 (12 分)

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第31讲

数列求和

?

[步骤解读] (1)使用基本量法,利用方程思想求出数列的 基本量,主要是 a1,d(或 q),n,Sn; (2)选择适当的求和公式和求和方法; (3)在求和过程中,由于某些因素的不确定,引起了公式 的使用和方法的选择的不同,此时就要确定分类的标准,将 问题划分为几个小的问题,分别求和; 多 (4)将各种情况下求和的结果综合起来, 得出问题的结论.

元 提 能 力

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数列求和

[备选理由] 例 1 是分段数列的求和问题,难度较大, 供尖子生参考,例 2 是根式问题的裂项求和问题,作为探 究点二的补充,例 3 是数列的求和、求积以及与不等式的 综合问题,作为给学生开阔视野之用.
例 1 【配例 1 使用】 已知数列{an}的各项均为正整数, Sn 为其前 n 项和,对于 n∈N*,有 ? ?3an+5,an为奇数, an+1=?an k,an为偶数,其中k为使an+1为奇数的正整数, ? ?2 当 a3=5 时,a1 的最小值为________;当 a1=1 时,S1+ 教 S2+?+S20=________.

?

师 备 用 题

[答案] 5

910
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数列求和

?教 师 备 用 题

20 [解析] (1)当 a3=5 时, a4=3a3+5=20, 所以 a5= 2 =5, 2 a6=3a5+5=20, ?, 所以数列{an}为 5, 20, 5, 20, 5, 20, ?. 故 a1 的最小值为 5. 8 (2)当 a1=1 时,a2=3a1+5=8,a3=2k,只有当 k=3 时 才能使 a3 为奇数, 所以 a3=1.同法可得 a4=8, a5=1, a6=8, a7=1,?,所以 S1=1,S3=10,S5=19,?,S19=82; S2=9,S4=18,S6=27,?,S20=90. (1+82)×10 所以 S1+S3+?+S19= =415; 2 (9+90)×10 S2+S4+?+S20= =495, 2 所以 S1+S2+?+S20=910.
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第31讲

数列求和

例 2 【配例 2 使用】 设数列{an}的各项均为正数,其 前 n 项和为 Sn,且 2 Sn=an+1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)记 bn= , 若 b1+b2+?+bn>1, 求正整数 n an+ an+1 的最小值.

? 教 师 备 用 题
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数列求和

解:(1)由 2

Sn=an+1,两边平方,得

4Sn=(an+1)2,则 4Sn+1=(an+1+1)2, 两式相减,得 4an+1=(an+1+1)2-(an+1)2, 整理得(an+1-1)2-(an+1)2=0, 即(an+1+an)(an+1-an-2)=0. 因为 an>0,所以 an+1-an-2=0,即 an+1-an=2. 又因为当 n=1 时,2 a1=a1+1,( a1-1)2=0,所以 a1=1. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1.

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第31讲

数列求和

2n+1- 2n-1 1 (2)因为 bn= = , 2 2n-1+ 2n+1 1 所以 b1 + b2 +?+ bn = [( 3 - 1) + ( 5 - 3) +?+ 2 1 ( 2n+1- 2n-1)]=2( 2n+1-1). 1 由2( 2n+1-1)>1,解得 n>4,所以正整数 n 的最小值 为 5.

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第31讲

数列求和

例 3 【配例 2 使用】 [2013· 广州一模] 设数列{an}的 前 n 项和为 Sn,已知 a1=2,a2=8,Sn+1+4Sn-1=5Sn(n≥2), Tn 是数列{log2an}的前 n 项和. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求 Tn; 1 1 1 1010 (3)求满足(1-T ) · (1 -T ) ·?· (1-T )>2013的最 n 2 3 大正整数 n 的值.

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第31讲

数列求和

解:(1)因为当 n≥2 时,Sn+1+4Sn-1=5Sn, 所以 Sn+1-Sn=4(Sn-Sn-1),即 an+1=4an. 因为 a1=2,a2=8,所以 a2=4a1,满足上式. 所以数列{an}是以 2 为首项,4 为公比的等比数列. 故数列{an}的通项公式为 an=2· 4n-1=22n-1. (2)由(1)得 log2an=log222n-1=2n-1, 所以 Tn=log2a1+log2a2+?+log2an=1+3+?+(2n-1) n(1+2n-1) = =n2. 2

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数列求和

1 1 1 1 (3)(1-T ) · ( 1 -T ) ·?· (1-T )=(1-22) · ( 1- n 2 3 1 1 ·?· ( 1- 2 ) 2) 3 n 22-12 32-12 42-12 n2-12 = 22 · 32 · 42 ·?· n2 1·3·2·4·3·5·?·(n-1)(n+1) n+1 = = 2n . 22·32·42·?·n2 n+1 1010 4 令 > ,解得 n<287 . 2n 2013 7 故满足条件的最大正整数 n 的值为 287.

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