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高中数学必修5第二章复习资料


必修五 第二章 §5-5 数列的概念及表示 一、基础知识梳理:
1. 数列的定义 按照一定顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项. 2. 数列的分类 分类原则 按项数分类 按项与项间 的大小关系 分类 类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 常数列 有界数列 按其他 标准分类 摆动数列 满足条件 项数有限 项数无限 an+1__>__an an+1__<__an an+1=an 其中 n∈N*

存在正数 M,使|an|≤M 从第二项起, 有些项大于它的前 一项, 有些项小于它的前一项的 数列

3. 数列的表示法 数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法. 4. 数列的通项公式 如果数列{an}的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个公式 an=f(n)来表示,那么这个公式叫做这个 数列的通项公式.
? ? S1 5. 已知 Sn,则 an=? ?Sn-Sn-1 ?

?n=1? ?n≥2?

.

二、典型例题讲解:
题型一 由数列的前几项求数列的通项

【例 1】 写出下面各数列的一个通项公式: (1)3,5,7,9,?; 1 3 7 15 31 (2) , , , , ,?; 2 4 8 16 32 3 1 3 1 3 (3)-1, ,- , ,- , ,?; 2 3 4 5 6 (4)3,33,333,3 333,?. 思维启迪:先观察各项的特点,然后归纳出其通项公式,要注意项与项数之间的关系,项与前后项之

1

间的关系. 解 (1)各项减去 1 后为正偶数,所以 an=2n+1.

2n-1 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,?,所以 an= n . 2 (3)奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含因子(-1)n;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4,?; 而各项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为 1,偶数项为 3,即奇数项为 2-1,偶数项为 2+1,所 2+?-1?n 以 an=(-1)n· . n

?-n,n为正奇数, 也可写为 a =? 3 ?n,n为正偶数.
n

1

9 99 999 9 999 (4)将数列各项改写为 , , , , ?, 分母都是 3, 而分子分别是 10-1,102-1,103-1,104-1, ?, 3 3 3 3 1 所以 an= (10n-1). 3 探究提高 (1)据所给数列的前几项求其通项公式时,需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征:

①分式中分子、分母的特征; ②相邻项的变化特征; ③拆项后的特征; ④各项符号特征等,并对此进行归纳、联想. (2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法,它蕴含着“从特殊到一般”的思想, 由不完全归纳得出的结果是不可靠的,要注意代值检验,对于正负符号变化,可用 (-1)n 或(-1)n 来调整. 【变式训练 1】根据数列的前几项,写出数列的一个通项公式: 1 1 5 13 29 61 (1) , ,- , ,- , ,?; 2 4 8 16 32 64 3 7 9 (2) ,1, , ,?; 2 10 17 (3)0,1,0,1,?. 解 - (1)各项的分母分别为 21,22,23,24,?,易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把第 1 项变为 2-3 21-3 22-3 23-3 24-3 ,原数列可化为- 1 , 2 ,- 3 , 4 ,?, 2 2 2 2 2
+1

2n-3 因此 an=(-1)n· n . 2 3 5 7 9 (2)将数列统一为 , , , ,?,对于分子 3,5,7,9,?,是序号的 2 倍加 1,可得分子的通项公式 2 5 10 17

2

为 bn=2n+1,对于分母 2,5,10,17,?,联想到数列 1,4,9,16,?,即数列{n2},可得分母的通项公式 为 cn=n2+1, 2n+1 因此可得它的一个通项公式为 an= 2 . n +1
? ?0 ?n为奇数? (3)an=? ?1 ?n为偶数? ?

1+?-1?n 1+cos nπ 或 an= 或 an= . 2 2 题型二 由数列的递推关系求通项公式

【例 2】 (1)已知 a1=1,an+1=2an+1,求 an; (2)已知 a1=2,an+1=an+n,求 an. 思维启迪:(1)可构造等比数列求解;(2)可使用累加法. 解 (1)∵an+1=2an+1,令 an+1+a=2(an+a),

与 an+1=2an+1 比较可知 a=1, 又 a1=1,∴a1+a=2. 故{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列, ∴an+1=2· 2n 1=2n,故 an=2n-1.


(2)当 n 取 1,2,3,?,n-1 时,可得 n-1 个等式. 即 an-an-1=n-1,an-1-an-2=n-2,?,a2-a1=1,将其两边分别相加,得 an-a1=1+2+3+? +(n-1), ?1+n-1??n-1? n?n-1? ∴an=a1+ =2+ . 2 2 探究提高 已知数列的递推关系,求数列的通项时,通常用累加、累乘、构造法求解. 当出现 an=an-1+m 时, 构造等差数列; 当出现 an=xan-1+y 时, 构造等比数列; 当出现 an=an-1+f(n) 时,用累加法求解;当出现 an =f(n)时,用累乘法求解. an-1

【变式训练 2】 根据下列条件,确定数列{an}的通项公式: (1)a1=1,an+1=3an+2; n-1 (2)a1=1,an= a (n≥2); n n-1 (3)已知数列{an}满足 an+1=an+3n+2,且 a1=2,求 an. 解 ∴ (1)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1), an+1+1 =3,∴数列{an+1}为等比数列,公比 q=3, an+1


又 a1+1=2,∴an+1=2· 3n 1, 3

∴an=2· 3n 1-1.


n-1 (2)∵an= a (n≥2), n n-1 n-2 1 ∴an-1= a - ,?,a2= a1. 2 n-1 n 2 以上(n-1)个式子相乘得 1 2 n-1 a1 1 an=a1··· ?· = = . 23 n n n (3)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1 (n≥2), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 = n?3n+1? (n≥2). 2

1 当 n=1 时,a1= ×(3×1+1)=2 符合公式, 2 3 n ∴an= n2+ . 2 2

题型三

由数列的前 n 项和求通项公式

【例 3】 已知下面数列{an}的前 n 项和 Sn,求{an}的通项公式: (1)Sn=2n2-3n; (2)Sn=3n+b. 思维启迪:当 n=1 时,由 a1=S1,求 a1; 当 n≥2 时,由 an=Sn-Sn-1 消去 Sn,得 an+1 与 an 的关系.转化成由递推关系求通项. 解 (1)a1=S1=2-3=-1,

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5, 由于 a1 也适合此等式,∴an=4n-5. (2)a1=S1=3+b, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(3n+b)-(3n 1+b)=2· 3n 1.
- -

当 b=-1 时,a1 适合此等式. 当 b≠-1 时,a1 不适合此等式. ∴当 b=-1 时,an=2· 3n 1;


?3+b, n=1, ? 当 b≠-1 时,an=? n-1 ? 3 , n≥2. ?2·

4

? ?S1,n=1, 探究提高 数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an=? 当 n=1 时,a1 若适合 Sn-Sn ?Sn-Sn-1,n≥2. ?
-1

,则 n=1 的情况可并入 n≥2 时的通项 an;当 n=1 时,a1 若不适合 Sn-Sn-1,则用分段函数的形式

表示. 【变式训练 3】 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n2-2n+1,则其通项公式为________________.
?2,n=1 ? 答案 an=? ? ?6n-5,n≥2

解析 当 n=1 时,a1=S1=3×12-2×1+1=2; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1)+1]=6n-5,显然当 n=1 时,不满足上 式.
?2,n=1, ? 故数列的通项公式为 an=? ?6n-5,n≥2. ?

三、随堂练习:
1. 已知数列 1, 3, 5, 7,?, 2n-1,则 3 5是它的 A.第 22 项 C.第 24 项 答案 B 解析 观察知已知数列的通项公式是 an= 2n-1, 令 an= 2n-1=3 5= 45,得 n=23. 2.在数列 1,1,2,3,5,8, x,21,34,55 中, x 等于( ) B.第 23 项 D.第 28 项 ( )

A.11 B.12 C.13 D.14 3. (2011· 四川)数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则 a6 等于 A.3×44 C.45 答案 A 解析 当 n≥1 时,an+1=3Sn,则 an+2=3Sn+1, ∴an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+1,即 an+2=4an+1, ∴该数列从第二项开始是以 4 为公比的等比数列.
? ?1?n=1?, 又 a2=3S1=3a1=3,∴an=? n-2 ?3×4 ?n≥2?. ?

(

)

B.3×44+1 D.45+1

∴当 n=6 时,a6=3×46 2=3×44.


5

3 4. 如果数列{an}的前 n 项和 Sn= an-3,那么这个数列的通项公式是 2 A.an=2(n2+n+1) C.an=3n+1 答案 D 解析 由已知可得:a1=6,a2=18,由此可排除 A、B、C. 5. 设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2,则 a8 的值为 A.15 答案 A 解析 ∵Sn=n2,∴a1=S1=1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1. ∴an=2n-1,∴a8=2×8-1=15. B.16 C.49 D.64 ( B.an=3· 2n D.an=2· 3n

(

)

)

6. 已知数列{an}的前 4 项为 1,3,7,15,写出数列{an}的一个通项公式为__________. 答案 an=2n-1 (n∈N*) 解析 ∵1,3,7,15 分别加上 1,则为 2,4,8,16,易知 an=2n-1. 7. 数列{an}满足 a1=0,an+1=an+2n,则{an}的通项公式 an=________. 答案 n(n-1) 解析 由已知,得 an+1-an=2n, 故 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1) =0+2+4+?+2(n-1)=n(n-1). 8.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*. (1)设 bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式; (2)若 an+1≥an,n∈N*,求 a 的取值范围. 解 (1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,


即 Sn+1=2Sn+3n,由此得 Sn+1-3n 1=2(Sn-3n), ∴{Sn-3n}是等比数列, 因此,所求通项公式为 bn=Sn-3n=(a-3)2n 1,n∈N*①


(2)由①知 Sn=3n+(a-3)2n 1,n∈N*,


于是,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n 1-3n 1-(a-3)2n
- - -2

=2×3n 1+(a-3)2n 2,
- -

an+1-an=4×3n 1+(a-3)2n


-2

6

- ?3?n-2+a-3?, =2n 2? ?12· ? 2? ?

?3?n-2+a-3≥0?a≥-9, 当 n≥2 时,an+1≥an?12· ?2?
又 a2=a1+3>a1. 综上,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞).

§5-6
一、基础知识梳理:

等差数列及其前 n 项和

1. 等差数列的定义:如果一个数列从第 2 项起,每一项与前一项的差都等于同一个常数,那么这个数列 就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母__d__表示. 2. 等差数列的通项公式: 如果等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,那么它的通项公式是 an=a1+(n-1)d. a+b 3. 等差中项:如果 A= ,那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项. 2 4. 等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d,(n,m∈N*). (2)若{an}为等差数列,且 k+l=m+n,(k,l,m,n∈N*),则 ak+al=am+an. (3)若{an}是等差数列,公差为 d,则{a2n}也是等差数列,公差为 2d. (4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列. (5)若{an}是等差数列,公差为 d,则 ak,ak+m,ak+2m,?(k,m∈N*)是公差为 md 的等差数列. n?a1+an? n?n-1? 5.等差数列的前 n 项和公式:设等差数列{an}的公差为 d,其前 n 项和 Sn= 或 Sn=na1+ d. 2 2 d? d 6. 等差数列的前 n 项和公式与函数的关系 Sn= n2+? ?a1-2?n. 2 数列{an}是等差数列?Sn=An2+Bn,(A、B 为常数). 7. 等差数列的最值 在等差数列{an}中,a1>0,d<0,则 Sn 存在最__大__值;若 a1<0,d>0,则 Sn 存在最__小__值. 8. 等差数列的判断方法:(1)定义法:an-an-1=d (n≥2);(2)等差中项法:2an+1=an+an+2. 9. 等差数列与等差数列各项和的有关性质 (1)am,am+k,am+2k,am+3k,?仍是等差数列,公差为 kd. (2)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也是等差数列.(3)S2n-1=(2n-1)an. 10. 等差数列与函数:在 d≠0 时,an 是关于 n 的一次函数,一次项系数为 d;Sn 是关于 n 的二次函数, d 二次项系数为 ,且常数项为 0. 2 二、典型例题讲解:

7

题型一

等差数列基本量的计算

【例 1】 (2011· 福建)在等差数列{an}中,a1=1,a3=-3. (1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{an}的前 k 项和 Sk=-35,求 k 的值. 思维启迪:等差数列基本量的计算,基本思想就是根据条件列方程,求等差数列的首项与公差. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d.

由 a1=1,a3=-3,可得 1+2d=-3,解得 d=-2.从而 an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. n[1+?3-2n?] (2)由(1)可知 an=3-2n,所以 Sn= =2n-n2.由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35, 2 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5.又 k∈N*,故 k=7. 探究提高 (1)等差数列的通项公式及前 n 项和公式,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个就

能求另外两个,体现了用方程的思想来解决问题. (2)数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用, 而 a1 和 d 是等差数列的两个基本量, 用它们表示已知和未知是常用方法. 【变式 1】设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 S5S6+15=0 . 解 (1)若 S5=5,求 S6 及 a1;(2)求 d 的取值范围.

? ?5a1+10d=5, -15 (1)由题意知 S6= =-3,a6=S6-S5=-8.所以? S5 ?a1+5d=-8. ?

解得 a1=7,所以 S6=-3,a1=7.
2 (2)方法一 ∵S5S6+15=0,∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2 1+9da1+10d +1=0.

因为关于 a1 的一元二次方程有解,所以 Δ=81d2-8(10d2+1)=d2-8≥0,解得 d≤-2 2或 d≥2 2.
2 方法二 ∵S5S6+15=0,∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2 1+9da1+10d +1=0.

故(4a1+9d)2=d2-8.所以 d2≥8.故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 题型二 等差数列的前 n 项和及综合应用

【例 2】 (1)在等差数列{an}中,已知 a1=20,前 n 项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n 取何值时,Sn 取得最 大值,并求出它的最大值; (2)已知数列{an}的通项公式是 an=4n-25,求数列{|an|}的前 n 项和. 思维启迪:(1)由 a1=20 及 S10=S15 可求得 d,进而求得通项,由通项得到此数列前多少项为正,或利 用 Sn 是关于 n 的二次函数,利用二次函数求最值的方法求解.(2)利用等差数列的性质,判断出数列 从第几项开始变号. 解 10×9 15×14 5 (1)方法一 ∵a1=20,S10=S15,∴10×20+ d=15×20+ d,∴d=- . 2 2 3

5? 5 65 ∴an=20+(n-1)×? ?-3?=-3n+ 3 .∴a13=0,即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0,

8

12×11 ? 5? ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为 S13=S12=12×20+ ×?-3?=130. 2 n?n-1? ? 5? 25 5 5 125 5 3 125 - =- n2+ n=- ?n- ?2+ 方法二 同方法一求得 d=- .∴Sn=20n+ · . 2? ? 3? 3 2 6 6 6? 24 ∵n∈N*,∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 5 方法三 同方法一求得 d=- .又由 S10=S15 得 a11+a12+a13+a14+a15=0.∴5a13=0,即 a13=0. 3 ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值.且最大值为 S12=S13=130. (2)∵an=4n-25,an+1=4(n+1)-25,∴an+1-an=4=d,又 a1=4×1-25=-21. 所以数列{an}是以-21 为首项,以 4 为公差的递增的等差数列.
?an=4n-25<0, ① ? 1 1 令? 由①得 n<6 ;由②得 n≥5 ,所以 n=6. 4 4 ?an+1=4?n+1?-25≥0, ② ?

即数列{|an|}的前 6 项是以 21 为首项,公差为-4 的等差数列,从第 7 项起以后各项构成公差为 4 的 等差数列,而|a7|=a7=4×7-25=3.设{|an|}的前 n 项和为 Tn,则 -1? ×?-4? ?n≤6? ?21n+n?n2 T =? ?n-6??n-7? ?66+3?n-6?+ 2 ×4 ?n≥7?
n

?-2n2+23n ?n≤6?, ? =? 2 ?2n -23n+132 ?n≥7?. ?

探究提高 求等差数列前 n 项和的最值, 常用的方法: ①利用等差数列的单调性, 求出其正负转折项; ②利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;③将等差数列的前 n 项和 Sn=An2+Bn (A、B 为 常数)看做二次函数,根据二次函数的性质求最值. 【变式 2】 (2012· 湖北)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式;(2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d.

? ? ? ?3a1+3d=-3, ?a1=2, ?a1=-4, 由题意得? 解得? 或? 所以由等差数列通项公式 ?a1?a1+d??a1+2d?=8, ?d=-3, ? ? ? ?d=3.

可得 an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7.故 an=-3n+5 或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.
?-3n+7,n=1,2, ? 故|an|=|3n-7|=? 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. ? ?3n-7,n≥3.

当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+?+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+?+(3n-7) ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =5+ = n - n+10.当 n=2 时,满足此式. 2 2 2 9

4,n=1, ? ? 综上,Sn=?3 2 11 ? ?2n - 2 n+10,n≥2. 题型三 等差数列性质的应用

【例 3】 设等差数列的前 n 项和为 Sn,已知前 6 项和为 36,Sn=324,最后 6 项的和为 180 (n>6),求数 列的项数 n. 思维启迪:在等差数列中,若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq,在涉及数列前 n 项和及某些项和的问 题中常用到此性质. 解 由题意可知 a1+a2+?+a6=36①an+an-1+an-2+?+an-5=180②

①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+?+(a6+an-5)=6(a1+an)=216. n?a1+an? ∴a1+an=36.又 Sn= =324,∴18n=324.∴n=18. 2 探究提高 本题的解题关键是将等差数列性质 m+n=p+q?am+an=ap+aq 与前 n 项和公式 Sn=

n?a1+an? 结合在一起,采用整体思想,简化解题过程. 2 【变式 3】 (1)设数列{an}的首项 a1=-7, 且满足 an+1=an+2 (n∈N+), 则 a1+a2+?+a17=________. (2)等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前 20 项和等于________. 答案 解析 (1)153 (2)180 (1)∵an+1-an=2,∴{an}为等差数列.∴an=-7+(n-1)· 2,∴a17=-7+16×2=25,

?a1+a17?×17 ?-7+25?×17 S17= = =153. 2 2 (2)由已知可得(a1+a2+a3)+(a18+a19+a20)=-24+78?(a1+a20)+(a2+a19)+(a3+a18)=54?a1+a20 a1+a20 18 =18?S20= ×20= ×20=180. 2 2 三、随堂练习: 1. (2012· 江西)设数列{an},{bn}都是等差数列,若 a1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5=____. 答案 35 解析 两个等差数列的和数列仍为等差数列. 设两等差数列组成的和数列为{cn},由题意知新数列仍为等差数列且 c1=7,c3=21,则 c5=2c3-c1 =2×21-7=35. a2-a1 2. 已知两个数列 x,a1,a2,a3,y 与 x,b1,b2,y 都是等差数列,且 x≠y,则 的值为________. b2-b1 答案 3 4

10

a2-a1 3 1 1 解析 ∵a2-a1= (y-x),b2-b1= (y-x),∴ = . 4 3 b2-b1 4 3. 已知等差数列{an}中,a3+a8=22,a6=7,则 a5=________. 答案 15 解析 ∵{an}为等差数列,∴a3+a8=a5+a6=22,∴a5=22-a6=22-7=15. 4. (2011· 江西)设{an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和,若 S10=S11,则 a1 等于( A.18 答案 B 解析 因为 S10=S11,所以 a11=0.又因为 a11=a1+10d,所以 a1=20. 5. (2012· 辽宁)在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11 等于( A.58 答案 B 11?a1+a11? 11?a4+a8? 解析 S11= = =88. 2 2 6. (2012· 福建)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为 A.1 答案 B 解析 方法一 设等差数列{an}的公差为 d,
? ? ?2a1+4d=10, ?a1=1, 由题意得? 解得? ∴d=2. ? ? ?a1+3d=7. ?d=2.

)

B.20

C.22

D.24

)

B.88

C.143

D.176

(

)

B.2

C.3

D.4

方法二 ∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5.又 a4=7,∴公差 d=7-5=2. 7. 数列{an}为等差数列,a10=33,a2=1,Sn 为数列{an}的前 n 项和,则 S20-2S10 等于( A.40 答案 C 20?a1+a20? 10?a1+a10? 解析 S20-2S10= -2× =10(a20-a10)=100d,又 a10=a2+8d, 2 2 ∴33=1+8d,∴d=4,∴S20-2S10=400. 8. 已知等差数列{an}满足 a1+a2+a3+?+a101=0,则有 A.a1+a101>0 C.a3+a99=0 答案 C a1+a101 解析 由题意,得 a1+a2+a3+?+a101= ×101=0.所以 a1+a101=a2+a100=a3+a99=0. 2 9. 在等差数列{an}中,a3=7,a5=a2+6,则 a6=________. B.a2+a100<0 D.a51=51 ( ) B.200 C.400 D.20 )

11

答案 13 解析 设等差数列{an}的公差为 d,
?a1+2d=7, ?a1=3, ? ? 则由已知,得? 解得? 所以 a6=a1+5d=13. ?a1+4d=a1+d+6, ?d=2. ? ?

10. (2011· 辽宁)Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S2=S6,a4=1,则 a5=________. 答案 -1 6×5 ? ? ?a1+a1+d=6a1+ d, ?a1=7, 2 解析 由题意知? 解得? ? ?d=-2, ? ?a1+3d=1,

∴a5=a4+d=1+(-2)=-1.

11. 在数列{an}中,若 a1=1,an+1=an+2 (n≥1),则该数列的通项 an=________. 答案 2n-1 解析 ∵an+1-an=2(n≥1),∴{an}为等差数列, ∴an=1+(n-1)×2,即 an=2n-1. 12. (10 分)已知等差数列{an}的公差是正数,且 a3a7=-12,a4+a6=-4,求它的通项公式. 解 设等差数列{an}的公差为 d.

因为 a3+a7=a4+a6=-4,a3a7=-12,所以 a3,a7 是方程 x2+4x-12=0 的两根.
?a3=-6, ? 因为 d>0,所以 a3<a7.解方程,得? ? ?a7=2.

由 a7=a3+4d,得 d=2.所以 an=a3+(n-3)d=-6+2(n-3)=2n-12.

§5-7
一、基础知识梳理: 1. 等比数列的定义:

等比数列及其前 n 项和

如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零),那么这个数列叫做等比 数列,这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母__q__表示. 2. 等比数列的通项公式: 设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,则它的通项 an=a1· qn 1.


3. 等比中项: 若 G2=a· b_(ab≠0),那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项. 4. 等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广:an=am· qn m,(n,m∈N*).


(2)若{an}为等比数列,且 k+l=m+n (k,l,m,n∈N*),则 ak· al=am· an.
?1? ?an? (3)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),?a ?,{a2 bn},?b ?仍是等比数列. n},{an· ? n? ? n?

12

5. 等比数列的前 n 项和公式:等比数列{an}的公比为 q(q≠0),其前 n 项和为 Sn, a1?1-qn? a1-anq 当 q=1 时,Sn=na1;当 q≠1 时,Sn= = . 1-q 1- q 6. 等比数列前 n 项和的性质 公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn, S2n-Sn, S3n-S2n 仍成等比数列, 其公比为__qn__. 二、典型例题讲解: 题型一 例1 等比数列的基本量的计算 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S1,S3,S2 成等差数列.

(1)求{an}的公比 q;(2)若 a1-a3=3,求 Sn. 思维启迪:(1)由 S1,S3,S2 成等差数列,列方程求出 q.(2)由 a1-a3=3 求出 a1,再由通项和公式求出 Sn. 解 1 (1)依题意有 a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).由于 a1≠0,故 2q2+q=0.又 q≠0,从而 q=- . 2

1 - ?n] 4[1-? 2? ? 1 1 8 ?2 - ?n?. (2)由已知可得 a1-a1? = ? 1-? 2? ? ?-2? =3.故 a1=4.从而 Sn= ? ? 1 3 ? 1-? ?-2? 探究提高 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有五个量 a1, n, q, an,Sn, 一般可以“知三求二”,通过列方程(组)可迎刃而解. 32 【变式 1】 等比数列{an}满足:a1+a6=11,a3· a4= ,且公比 q∈(0,1). 9 (1)求数列{an}的通项公式;(2)若该数列前 n 项和 Sn=21,求 n 的值. 解 32 32 (1)∵a3· a4=a1· a6= ,又 a1+a6=11,故 a1,a6 可看作方程 x2-11x+ =0 的两根, 9 9

32 1 a6 1 1 32 ?1?n-1 1 ?1?n-6 又 q∈(0,1),∴a1= ,a6= ,∴q5= = ,∴q= ,∴an= · = · . 3 3 a1 32 2 3 ?2? 3 ?2? 1 64 1- n?=21,解得 n=6. (2)由(1)知 Sn= ? 3? 2? 题型二 例2 等比数列的性质及应用 1 在等比数列{an}中,(1)若已知 a2=4,a5=- ,求 an; 2

(2)若已知 a3a4a5=8,求 a2a3a4a5a6 的值. 思维启迪:注意巧用性质,减少计算.如:对于等比数列{an},若 m+n=p+q (m、n、p、q∈N*), 则 am· an=ap· aq;若 m+n=2p(m,n,p∈N*),则 am· an=a2 p. 解 1?n-4 a5 1 1 - (1)设公比为 q,则 =q3,即 q3=- ,∴q=- ,∴an=a5· qn 5=? ?-2? . a2 8 2

13

2 3 5 (2)∵a3a4a5=8,又 a3a5=a4 ,∴a4 =8,a4=2.∴a2a3a4a5a6=a5 4=2 =32.

探究提高

在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若 m+n

=p+q,则 am· an=ap· aq”,可以减少运算量,提高解题速度. 【变式 2】 (1)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则 a4a5a6 等于 ( ) B.7 C.6 D.4 2

A.5 2

(2)已知 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,且 S3=8,S6=7,则 a4+a5+?+a9=________. 答案 解析 7 (1)A (2)- 8 (1)把 a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9 看成一个整体,则由题意,知它们分别是一个等比数列的第 1 项,

第 4 项和第 7 项,这里的第 4 项刚好是第 1 项与第 7 项的等比中项.因为数列{an}的各项均为正数, 所以 a4a5a6= ?a1a2a3?· ?a7a8a9?= 5×10=5 2. (2)根据等比数列的性质,知 S3,S6-S3,S9-S6 成等比数列,即 8,7-8,S9-7 成等比数列,所以(- 1 1 7 1)2=8(S9-7).解得 S9=7 .所以 a4+a5+?+a9=S9-S3=7 -8=- . 8 8 8

题型三 例3

等比数列的判定 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2an+1,求证:{an}是等比数列,并求出通项公式.

证明 ∵Sn=2an+1,∴Sn+1=2an+1+1.∴an+1=Sn+1-Sn=(2an+1+1)-(2an+1)=2an+1-2an. an+1 ∴an+1=2an,又∵S1=2a1+1=a1,∴a1=-1≠0.又由 an+1=2an 知 an≠0,∴ =2.∴{an}是以-1 an 为首项,2 为公比的等比数列.∴an=-1×2n 1=-2n 1.
- -

三、随堂练习: 1. (2012· 辽宁)已知等比数列{an}为递增数列,且 a2 5=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的通项公式 an =________. 答案 2n 1 ? 2 解析 先判断数列的项是正数,再求出公比和首项.a5 =a10>0,根据已知条件得 2? ?q+q?

8 9 n =5,解得 q=2.所以 a2 1q =a1q ,所以 a1=2,所以 an=2 .

2. 在等比数列{an}中,各项均为正值,且 a6a10+a3a5=41,a4a8=5,则 a4+a8=________. 答案 51
2 2 2 解析 由 a6a10+a3a5=41 及 a6a10=a2 8,a3a5=a4,得 a4+a8=41.因为 a4a8=5,

2 所以(a4+a8)2=a2 4+2a4a8+a8=41+2×5=51.又 an>0,所以 a4+a8= 51.

a c 3. 已知 a,b,c 成等比数列,如果 a,x,b 和 b,y,c 都成等差数列,则 + =________. x y 答案 2 a c 1 9 解析 令 a=1,b=3,c=9,则由题意,有 x=2,y=6.此时 + = + =2. x y 2 6

14

4. (2011· 广东)已知{an}是递增等比数列,a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比 q=________.
? ?a2=2, 答案 2 解析 由 a2=2,a4-a3=4,得方程组? 2 ?q2-q-2=0, ?a2q -a2q=4, ?

解得 q=2 或 q=-1.又{an}是递增等比数列,故 q=2. 5. (2012· 课标全国)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10 等于( A.7 B.5 C.-5 D.-7 1 )

答案

D

解析

方法一

? ?a4+a7=a1q3+a1q6=2, ?q3=-2, ?q3=-2, ? ? ? 由题意得? ∴ 或 ? 4 5 2 9 ? ? ?a5a6=a1q ×a1q =a1q =-8, ?a1=1 ?

?a1=-8,

∴a1+a10=a1(1+q9)=-7. 方法二
3 ? ? ? ? ? ?q3=-2, ?a4+a7=2, ?a4=-2, ?a4=4, ?q =-2, 由? 解得 ? 或? ∴? 或? ?a5a6=a4a7=-8 ? ? ? ? ?a7=4 ?a7=-2. ?a1=1 ?

1

?a1=-8,

∴a1 + a10 =

a1(1+q9)=-7. 6. 在等比数列{an}中,a3=7,前 3 项之和 S3=21,则公比 q 的值为 A.1 答案 C
?a1q2=7, ? 1+q+q2 1 解析 根据已知条件? 得 =3.整理得 2q2-q-1=0,解得 q=1 或 q=- . 2 2 q 2 ?a1+a1q+a1q =21. ?

(

)

1 B.- 2

1 C.1 或- 2

1 D.-1 或 2

7. 在等比数列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=60,则 a7+a8=________. 答案 240 解析 ∵a1+a2=a1(1+q)=30,a3+a4=a1q2(1+q)=60,∴q2=2,∴a7+a8=a1q6(1

+q)=[a1(1+q)]· (q2)3=30×8=240. 8. (10 分)已知等差数列{an}满足 a2=2,a5=8. (1)求{an}的通项公式;(2)各项均为正数的等比数列{bn}中,b1=1,b2+b3=a4,求{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,

?a1+d=2 ? 则由已知得? .∴a1=0,d=2.∴an=a1+(n-1)d=2n-2. ?a1+4d=8 ?

(2)设等比数列{bn}的公比为 q,则由已知得 q+q2=a4,∵a4=6,∴q=2 或 q=-3. b1?1-qn? 1×?1-2n? n ∵等比数列{bn}的各项均为正数,∴q=2.∴{bn}的前 n 项和 Tn= = =2 -1. 1-q 1-2

§5-8 数列求和
一、基础知识梳理: n?a1+an? n?n-1? 1. 等差数列前 n 项和 Sn= =na1+ d,推导方法:倒序相加法; 2 2

15

na , ? ? 1 n 等比数列前 n 项和 Sn=?a1?1-q ? a1-anq ? 1-q = 1-q , ? 2. 数列求和的常用方法

q=1, q≠1. 推导方法:错位相减法.

(1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (2)裂项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和. (3)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (4)倒序相加:例如,等差数列前 n 项和公式的推导. (5)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. 3. 常见的拆项公式: 1 1 1 1 1 1 1 1 ?;(3) - (1) = - ;(2) = ? = n+1- n. n?n+1? n n+1 ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? n+ n+1 二、典型例题讲解: 题型一 例1 分组转化求和 已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np+nq (n∈N*,p,q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列.求:

(1)p,q 的值;(2)数列{xn}前 n 项和 Sn 的公式. 思维启迪:第(1)问由已知条件列出关于 p、q 的方程组求解;第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解. 解 (1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+4q,x5=25p+5q,且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q,

解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+?+2n)+(1+2+?+n)=2n 1-2+


n?n+1? . 2

探究提高

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 1 1 1 1 1 【变式】 求和 Sn=1+ 1+2 + 1+2+4 +?+?1+2+4+?+2n-1?. ? ? 1 1 1 和式中第 k 项为 ak=1+ + +?+ k-1= 2 4 2 1 1- 2 k 1 =2 1-2k . 1 1- 2

( ) (

)



()

( )

∴Sn=2? ?

( ) ( )

1 1 1 1- + 1- 2 +?+ 1- n 2 2 2

( )

? 1 1- 1n 2 1 1 1 ?=2[(1+1+?+1 ? -( + 2+?+ n)]=2?n-2 2 2 2 1 ? n个 ? 1- 2 ?

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

题型二 例2

错位相减法求和 n - 设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+?+3n 1an= ,n∈N*. 3

16

n (1)求数列{an}的通项;(2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an 思维启迪:(1)由已知写出前 n-1 项之和,两式相减.(2)bn=n· 3n 的特点是数列{n}与{3n}之积,可用错位相减法. 解 n-1 n - - (1)∵a1+3a2+32a3+?+3n 1an= ,①∴当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+?+3n 2an-1= ,② 3 3

1 1 1 1 1 - ①-②得 3n 1an= ,∴an= n.在①中,令 n=1,得 a1= ,适合 an= n,∴an= n. 3 3 3 3 3 n + (2)∵bn= ,∴bn=n· 3n.∴Sn=3+2×32+3×33+?+n· 3n,③∴3Sn=32+2×33+3×34+?+n· 3n 1.④ an ④-③得 2Sn=n· 3n 1-(3+32+33+?+3n),即 2Sn=n· 3n 1-
+ +

3?1-3n? ?2n-1?3n 1 3 ,∴Sn= + . 4 4 1-3
+ -

探究提高

解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n 1an}的前 n 项和, 从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n 1an,


进而求得 an; 另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法, 但值得注意的是, 这种方法运算过程复杂, 运算量大, 应加强对解题过程的训练,重视运算能力的培养. 【变式 2】 (2011· 辽宁)已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10. ? an ? (1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列?2n-1?的前 n 项和. ? ? 解 ?a1+d=0, ?a1=1, (1)设等差数列{an}的公差为 d,由已知条件可得? 解得? . 2 a + 12 d =- 10 , ? 1 ?d=-1

故数列{an}的通项公式为 an=2-n. a2 an Sn a1 a2 an ? an ? (2)设数列?2n-1?的前 n 项和为 Sn,即 Sn=a1+ +?+ n-1,①故 S1=1, = + +?+ n.② 2 2 2 4 2 2 ? ? a2-a1 an-an-1 an 2-n Sn 1 1 1 所以,当 n>1 时,①-②得 =a1+ +?+ n-1 - n=1-( + +?+ n-1)- n 2 2 2 2 4 2 2 2 =1-(1- 题型三 例3 2 -n n 1 n n ? an ? = n.所以 Sn= n-1.当 n=1 时也成立.综上,数列?2n-1?的前 n 项和 Sn= n-1. - )- 2n 2 2n 1 2 2 ? ?

裂项相消法求和 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 . Sn ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2 n +1

( )
n

(1)求 Sn 的表达式;(2)设 bn=

思维启迪:第(1)问利用 an=Sn-Sn-1 (n≥2)后,再同除 Sn-1· Sn 转化为 第(2)问求出{bn}的通项公式,用裂项相消求和. 解

{S1 }的等差数列即可求 S .
n

1 1 2 (1)∵S2 n=an Sn-2 ,an=Sn-Sn-1 (n≥2),∴Sn=(Sn-Sn-1) Sn-2 ,即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn,①

( )

( )

1 1 由题意 Sn-1· Sn≠0,①式两边同除以 Sn-1· Sn,得 - =2, Sn Sn-1 ∴数列 1 . {S1 }是首项为S1 =a1 =1,公差为 2 的等差数列.∴S1 =1+2(n-1)=2n-1,∴S =2n- 1
n 1 1 n n

(2)又 bn=

1 1 Sn 1 1 ?, - = = ? 2n+1 ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1?

17

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 探究提高 使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,

未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的. an?an+1? 【变式 3】 已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求证:数列{an}是等差数列;(2)设 bn= (1)证明 ∵Sn= 1 ,Tn=b1+b2+?+bn,求 Tn. 2Sn

an?an+1? a1?a1+1? ,n∈N*,∴当 n=1 时,a1=S1= (an>0),∴a1=1. 2 2

2 ?2Sn=an+an, 2 当 n≥2 时,由? 得 2an=a2 n+an-an-1-an-1.即(an+an-1)(an-an-1-1)=0, 2 ?2Sn-1=an-1+an-1

∵an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2).所以数列{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列. (2)解 由(1)可得 an=n,Sn= n?n+1? 1 1 1 1 ,bn= = = - . 2 2Sn n?n+1? n n+1

1 1 1 1 1 1 n ∴Tn=b1+b2+b3+?+bn=1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 三、随堂练习: 1. 在等差数列{an}中,Sn 表示前 n 项和,a2+a8=18-a5,则 S9=________. 答案 54 解析 由等差数列的性质,a2+a8=18-a5,即 2a5=18-a5,∴a5=6,∴S9= ?a1+a9?×9 =9a5=54. 2

1 2. 等比数列{an}的公比 q= ,a8=1,则 S8=________. 2 a1?1-q8? 1 255 解析 由 a8=1,q= 得 a1=27,∴S8= = 2 1-q


答案

1 27[1-? ?8] 2 =28-1=255. 1 1- 2

3. 若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n 1· n,则 S50=________. 答案 -25 解析 S50=1-2+3-4+?+49-50=(-1)×25=-25.

4. (2011· 天津)已知{an}为等差数列,其公差为-2,且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,Sn 为{an}的前 n 项和,n∈N*,则 S10 的值 为 A.-110 答案 解析 D ∵a3=a1+2d=a1-4,a7=a1+6d=a1-12,a9=a1+8d=a1-16,又∵a7 是 a3 与 a9 的等比中项,∴(a1-12)2 B.-90 ( C.90 ) D.110

1 =(a1-4)· (a1-16),解得 a1=20.∴S10=10×20+ ×10×9×(-2)=110. 2 ? 1 ? 5. (2012· 大纲全国)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? A. 100 101 A 利用裂项相消法求和. B. 99 101 C. 99 100 D. 101 100 ( )

答案 解析

设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d.∵a5=5,S5=15,

18

?a1+4d=5, ∴? 5×?5-1? ?5a1+ 2 d=15,

?a1=1, 1 1 1 1 ∴? ∴an=a1+(n-1)d=n.∴ = = - , n a a n ? n + 1 ? n + 1 + n n 1 ?d=1,

1 1 1 1 1 1 100 ? 1 ? ∴数列?a a ?的前 100 项和为 1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 100 101 101 101 ? n n+1? 6. 等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项和为 Sn,则数列 A.120 答案 B.70
n

{Sn }的前 10 项的和为(
n

)

C.75

D.100

Sn C 解析 ∵ =n+2,∴ n

9 =75. {Sn }的前 10 项和为 10×3+10× 2

7. 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 答案 解析 C 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 19?a1+a19? 20?a1+a20? =19a10>0,S20= =10(a10+ 2 2 B.17 C.19 D.21 ( )

最大值,所以数列{an}是一个递减数列,则 a10>0,a11<0,所以 S19= a11)<0. 8. 若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为 A.2n+n2-1 答案 B.2
n+1

( D.2n+n-2

)

+n2-1

C.2

n+1

+n2-2

2?1-2n? n?1+2n-1? + C 解析 Sn= + =2n 1-2+n2. 2 1-2


9. 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 答案 解析 -200. B B.-200 C.400 D.-400

)

S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-?-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=

10. 数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n (n∈N*),则 S100=________. 答案 解析 2 600 由 an+2-an=1+(-1)n 知 a2k+2-a2k=2,

a2k+1-a2k-1=0,∴a1=a3=a5=?=a2n-1=1,数列{a2k}是等差数列,a2k=2k. ∴S100=(a1+a3+a5+?+a99)+(a2+a4+a6+?+a100) =50+(2+4+6+?+100)=50+ ?100+2?×50 =2 600. 2

11. 数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+?+|a10|=________. 答案 解析 66 ?n=1? ?-1 当 n=1 时,a1=S1=-1.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-5.∴an=? . ?2n-5 ?n≥2?

5 令 2n-5≤0,得 n≤ ,∴当 n≤2 时,an<0,当 n≥3 时,an>0, 2 ∴|a1|+|a2|+?+|a10|=-(a1+a2)+(a3+a4+?+a10)=S10-2S2=66.

19

12. (2012· 课标全国)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前 60 项和为________. 答案 解析 1 830 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
2 2 2 2 n n 2

n· 2n+1 1 3 9 25 65 13. (10 分)求和:(1)Sn= + + + +?+ ;(2)Sn= x+ x 2 4 8 16 2n
n n n n n 1 2

( ) +(x +x1 ) +?+(x +x1 ) . n· 2 +1 1 1 1 1 1 解 (1)由于 a = =n+ ,∴S =(1+2 )+(2+2 )+(3+2 )+?+(n+2 ) 2 2 1 1 1- 1 1 1 1 n?n+1? 2( 2 ) n?n+1? 1 =(1+2+3+?+n)+(2+2 +2 +?+2 )= + = - +1. 2 1 2 2 1-
3 n n 2 3 n n

2

(2)当 x=± 1 时,Sn=4n.当 x≠± 1 时,

( ) +(x +x1 ) +?+(x +x1 ) =(x +2+x1 )+(x +2+x1 )+?+(x +2+x1 ) 1 1 1 x ?x -1? x ?1-x ? ?x -1??x +1? =(x +x +?+x )+2n+(x +x +?+x )= + +2n= +2n. x -1 1- x x ?x - 1 ?
1 Sn= x+ x
2 4 2 2 2 2 n n 2 2 2 4 4 2n 2n 2 2n
-2 -2n

2n

2n+2

2n

2

4

2n

2

-2

2n

2

4n ? ? 2n ∴Sn=??x -1??x2n 2+1? ? x2n?x2-1? +2n ?


?x=± 1?, ?x≠± 1 ?.

1 14. (12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1= Sn(n=1,2,3,?). 2 3 n ? 1 ? (1)求数列{an}的通项公式;(2)当 bn=log (3an+1)时,求证:数列?b b ?的前 n 项和 Tn= . 2 1+n ? n n+1? 1 ? ?an 1=2Sn, 由已知得? 1 ? ?an=2Sn 1
+ -

(1)解

3 3 (n≥2),得到 an+1= an (n≥2).∴数列{an}是以 a2 为首项,以 为公比的等比数列. 2 2

3 1 1 1 又 a2= S1= a1= ,∴an=a2× 2 2 2 2

()

n-2

1 3 = 2 2

()

n-2

1, ? ? (n≥2).∴an=?1 3 ?2 2 ?

n=1,
n-2

()



n≥2.

1 1 1 1 () ? ?=n.∴b b =n?1+n?=n-1+n. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴T = + + +?+ =(1-2)+(2-3)+(3-4)+?+?n-1+n? bb bb bb ? ? bb (2)证明 3 3 3 3 bn=log (3an+1)=log ? · 2 2 2?2
n-1 n n+1 n 1 2 2 3 3 4 n n+1

=1-

1 n = . 1+n 1+n

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