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高考数学(理)二轮专题练习【专题4】(2)数列求和及综合应用(含答案)


第2讲

数列求和及综合应用

考情解读 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题:1.以递推公式或图、表形 式给出条件,求通项公式,考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力,属中档 题;2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题,考查等差、等比数列求和公 式及转化与化归思想的应用,属中档题.

/>1.数列求和的方法技巧 (1)分组转化法 有些数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将数列通项拆开或变形,可转化为几个等 差、等比数列或常见的数列,即先分别求和,然后再合并. (2)错位相减法 这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{an· bn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. (3)倒序相加法 这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法,也就是将一个数列倒过来排列(反序),当它 与原数列相加时若有公式可提,并且剩余项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加法求 和. (4)裂项相消法 利用通项变形,将通项分裂成两项或 n 项的差,通过相加过程中的相互抵消,最后只剩下有 1 限项的和.这种方法,适用于求通项为 的数列的前 n 项和,其中{an}若为等差数列,则 anan+1 1 1 1 1 = ?a - a ?. d ? n n+1? anan+1 常见的裂项公式: ① ② ③ ④ 1 1 1 = - ; n?n+1? n n+1 1 11 1 = ( - ); k n n?n+k? n+k 1 1 1 1 = ( - ); ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 1 = ( n+k- n). n+ n+k k

2.数列应用题的模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减少)的量 就是公差. (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型,这个固 定的数就是公比. (3)混合模型:在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型. (4)生长模型:如果某一个量,每一期以一个固定的百分数增加(或减少),同时又以一个固定的 具体量增加(或减少)时,我们称该模型为生长模型.如分期付款问题,树木的生长与砍伐问题 等. (5)递推模型:如果容易找到该数列任意一项 an 与它的前一项 an-1(或前 n 项)间的递推关系式, 我们可以用递推数列的知识来解决问题.

热点一 分组转化求和 例 1 等比数列{an}中,a1,a2,a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且 a1,a2,a3 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第一行 第二行 第三行 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1)nln an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 思维启迪 (1)根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式;(2)分组求和. 解 (1)当 a1=3 时,不合题意; 当 a1=2 时,当且仅当 a2=6,a3=18 时,符合题意; 当 a1=10 时,不合题意. 因此 a1=2,a2=6,a3=18,所以公比 q=3. 故 an=2· 3n
-1

第二列 2 4 8

第三列 10 14 18

3 6 9

(n∈N*).

(2)因为 bn=an+(-1)nln an =2· 3n 1+(-1)nln(2· 3n 1)
- -

=2· 3n 1+(-1)n[ln 2+(n-1)ln 3]


=2· 3n 1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3,


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


(-1)nn]ln 3. 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 n-1 ? Sn=2× -(ln 2-ln 3)+? ln 3-ln 2-1. -n ln 3=3n- 2 ? 2 ? 1-3

?3 +2ln 3-1, 综上所述,S =? n-1 ?3 - 2 ln 3-ln 2-1,
n n n

n

n为偶数, n为奇数.

思维升华

在处理一般数列求和时,一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化为等

差数列或等比数列进行求和,在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列,哪些项构成等比数 列,清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时,由于数列的各项是正负交替的,所以一般 需要对项数 n 进行讨论,最后再验证是否可以合并为一个公式. 1 已知数列{an}中,a1=1,anan+1=( )n(n∈N*). 2 (1)求证:数列{a2n}与{a2n-1}(n∈N*)都是等比数列; (2)若数列{an}的前 2n 项和为 T2n,令 bn=(3-T2n)· n· (n+1),求数列{bn}的最大项. 1 1 + (1)证明 因为 anan+1=( )n,an+1an+2=( )n 1, 2 2 an+2 1 所以 = . an 2 1 1 又 a1=1,a2= ,所以数列 a1,a3,?,a2n-1,?,是以 1 为首项, 为公比的等比数列; 2 2 1 1 数列 a2,a4,?,a2n,?,是以 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1 1 1 1-? ?n [1-? ?n] 2 2 2 由 (1) 可得 T2n = (a1 + a3 + ? + a2n - 1) + (a2 + a4 + ? + a2n) = + =3- 1 1 1- 1- 2 2

(2) 解

1 3( )n, 2 1 所以 bn=3n(n+1)( )n, 2 1 + bn+1=3(n+1)(n+2)( )n 1, 2 1 n+2 所以 bn+1-bn=3(n+1)( )n( -n) 2 2 1 + =3(n+1)( )n 1(2-n), 2

所以 b1<b2=b3>b4>?>bn>?, 9 所以(bn)max=b2=b3= . 2 热点二 错位相减法求和 例 2 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*), (1)求数列{an}的通项公式; n (2)若 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,n∈N*,证明:Tn<2. an+1-an 思维启迪 (1)n>1 时,Sn=2Sn-1+n 两式相减得{an}的递推关系式,然后构造数列求通项; (2)先利用错位相减法求出 Tn,再放缩. (1)解 ∵Sn+1=2Sn+n+1,当 n≥2 时,Sn=2Sn-1+n, ∴an+1=2an+1, ∴an+1+1=2(an+1), 即 an+1+1 =2(n≥2),① an+1

又 S2=2S1+2,a1=S1=1, a2+1 ∴a2=3,∴ =2,∴当 n=1 时,①式也成立, a1+1 ∴an+1=2n,即 an=2n-1(n∈N*). (2)证明 ∵an=2n-1, n n n ∴bn= n+1 = + = n, ?2 -1?-?2n-1? 2n 1-2n 2 1 2 3 n ∴Tn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 n-1 1 1 2 n T = + +?+ n + n+1, 2 n 22 23 2 2 1 1 1 1 n ∴两式相减,得 Tn=2( + 2+ 3+?+ n- n+1) 2 2 2 2 2 1 n =2- n-1- n<2. 2 2 思维升华 错位相减法求数列的前 n 项和是一种重要的方法.在应用这种方法时,一定要抓 住数列的特征,即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列 的求和问题. 设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3· 22n 1.


(1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)由已知得,当 n≥1 时,

an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(22n 1+22n 3+?+2)+2=22(n
- - +1)-1

.

而 a1=2,符合上式, 所以数列{an}的通项公式为 an=22n 1.


(2)由 bn=nan=n· 22n
3 5

-1




Sn=1· 2+2· 2 +3· 2 +?+n· 22n 1.① 从而 22· Sn=1· 23+2· 25+3· 27+?+n· 22n 1.②


①-②,得(1-22)Sn=2+23+25+?+22n 1-n· 22n 1,
- +

1 + 即 Sn= [(3n-1)22n 1+2]. 9 热点三 裂项相消法求和 例 3 已知等差数列{an},公差 d>0,前 n 项和为 Sn,S3=6,且满足 a3-a1,2a2,a8 成等比数 列. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn 的值. an· an+2 思维启迪 (1)利用方程思想可确定 a,d,写出{an};(2)利用裂项相消法求 Tn. 解 (1)由 S3=6,得 a2=2. ∵a3-a1,2a2,a8 成等比数列, ∴(2d)· (2+6d)=42, 4 解得 d=1 或 d=- , 3 ∵d>0,∴d=1. ∴数列{an}的通项公式为 an=n. 1 1 1 1 (2)Tn= + + +?+ 1· 3 2· 4 3· 5 n?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = [(1- )+( - )+( - )+( - )+?+( - )] 2 3 2 4 3 5 4 6 n n+2 3n2+5n 13 1 1 = ( - - )= . 2 2 n+1 n+2 4?n+1??n+2? 1 思维升华 裂项相消法适合于形如{ }形式的数列,其中{an}为等差数列. an· an+k 已知等差数列{an}是递增数列,且满足 a4· a7=15,a3+a8=8. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 (2)令 bn= (n≥2),b1= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 3 9an-1an 解 (1)根据题意 a3+a8=8=a4+a7,a4· a7=15,

所以 a4,a7 是方程 x2-8x+15=0 的两根,且 a4<a7, 解得 a4=3,a7=5. 设数列{an}的公差为 d, 2 由 a7=a4+(7-4)· d,得 d= . 3 故等差数列{an}的通项公式为 2 2n+1 an=a4+(n-4)· d=3+(n-4)·= . 3 3 (2)当 n≥2 时,bn= 1 1 1 1 1 1 = = = ( - ), 9an-1an 2n-1 2n+1 ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 9· · 3 3

1 1 1 又 b1= = (1- ), 3 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 n 所以 Sn=b1+b2+?+bn= (1- + - +?+ - )= (1- )= . 2 3 3 5 2 2n-1 2n+1 2n+1 2n+1 即数列{bn}的前 n 项和 Sn= 热点四 数列的实际应用 例 4 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来,在 11 个省区设立了海峡两岸农业合作试 验区和台湾农民创业园,台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受 理、审批一站式服务,某台商第一年年初到大陆就创办了一座 120 万元的蔬菜加工厂 M,M 的价值在使用过程中逐年减少,从第二年到第六年,每年年初 M 的价值比上年年初减少 10 万 元,从第七年开始,每年年初 M 的价值为上年年初的 75%. (1)求第 n 年年初 M 的价值 an 的表达式; a1+a2+?+an (2)设 An= ,若 An 大于 80 万元,则 M 继续使用,否则须在第 n 年年初对 M 更 n 新,证明:必须在第九年年初对 M 更新. 思维启迪 (1)根据题意, 当 n≤6 时, 数列{an}是等差数列,当 n≥7 时,数列{an}是等比数列, 分别写出其通项公式,然后进行合并即可;(2)先对 n 进行分类,表示出 An,利用数列的单调 性质确定其最佳项,并与 80 比较大小,确定 n 的值. (1)解 当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列,故 an=120-10(n-1) =130-10n, 3 当 n≥7 时, 数列{an}从 a6 开始的项构成一个以 a6=130-60=70 为首项, 以 为公比的等比数 4 3 - 列,故 an=70×( )n 6, 4 n . 2n+1

130-10n,n≤6, ? ? 所以第 n 年年初 M 的价值 an=? 3 n -6 ? ?70×?4? ,n≥7. (2)证明 设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,由等差数列和等比数列的求和公式,得 当 1≤n≤6 时,Sn=120n-5n(n-1), Sn An= =120-5(n-1)=125-5n≥95>80, n 当 n≥7 时,由于 S6=570, 3 3 - 3 - 故 Sn=570+(a7+a8+?+an)=570+70× ×4×[1-( )n 6]=780-210×( )n 6. 4 4 4 因为{an}是递减数列,所以{An}是递减数列. Sn 因为 An= = n 3 - 780-210×? ?n 6 4 , n

3 780-210×? ?2 4 A8= ≈82.734>80, 8 3 780-210×? ?3 4 A9= ≈76.823<80, 9 所以必须在第九年年初对 M 更新. 思维升华 解答数列应用题,与函数应用题的求解过程类似,一般要经过三步:(1)建模,首

先要认真审题,理解实际背景,理清数学关系,把应用问题转化为数列问题; (2)解模,利用 所学的数列知识,解决数列模型中的相关问题;(3)释模,把已解决的数列模型中的问题返回 到实际问题中去,与实际问题相对应,确定问题的结果. 设某商品一次性付款的金额为 a 元,以分期付款的形式等额地分成 n 次付清,若 每期利率 r 保持不变,按复利计算,则每期期末所付款是( a A. (1+r)n 元 n a - C. (1+r)n 1 元 n 答案 B 解析 设每期期末所付款是 x 元,则各次付款的本利和为 x(1+r)n 1+x(1+r)n 2+x(1+r)n
- - -3

)

ar?1+r? B. 元 ?1+r?n-1 ar?1+r?n 1 D. 元 ?1+r?n-1


n

+?+x(1+r)+x=a(1+r)n, ?1+r?n-1 即 x· =a(1+r)n, r 故 x= ar?1+r?n . ?1+r?n-1

1.数列综合问题一般先求数列的通项公式,这是做好该类题的关键.若是等差数列或等比数 列,则直接运用公式求解,否则常用下列方法求解:
? ?S1?n=1?, (1)an=? ?Sn-Sn-1?n≥2?. ?

(2)递推关系形如 an+1-an=f(n),常用累加法求通项. an+1 (3)递推关系形如 =f(n),常用累乘法求通项. an (4)递推关系形如“an+1=pan+q(p、q 是常数,且 p≠1,q≠0)”的数列求通项,常用待定系数 法.可设 an+1+λ=p(an+λ),经过比较,求得 λ,则数列{an+λ}是一个等比数列. (5)递推关系形如“an+1=pan+qn(q,p 为常数,且 p≠1,q≠0)”的数列求通项,此类型可以 将关系式两边同除以 qn 转化为类型(4),或同除以 pn 2.数列求和中应用转化与化归思想的常见类型: (1)错位相减法求和时,将问题转化为等比数列的求和问题求解. (2)并项求和时,将问题转化为等差数列求和. (3)分组求和时,将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数 列的和求解. 提醒:运用错位相减法求和时,相减后,要注意右边的 n+1 项中的前 n 项,哪些项构成等比 数列,以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零. 3.数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力.其中,建立数列模型是解决这 类问题的核心,在解题中的主要思路:①首先构造等差数列或等比数列模型,然后用相应的 通项公式与求和公式求解;②通过归纳得到结论,再用数列知识求解.
+1

转为用迭加法求解.

真题感悟 1 1.(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(n≥2), 2 1 当 n 为奇数时,2an+an-1= n(n≥2), 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 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 2.(2014· 课标全国Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1. 1 (1)证明{an+ }是等比数列,并求{an}的通项公式; 2 1 1 1 3 (2)证明 + +?+ < . a1 a2 an 2 证明 (1)由 an+1=3an+1, 1 1 得 an+1+ =3(an+ ). 2 2 1 3 又 a1+ = , 2 2 1 3 所以{an+ }是首项为 ,公比为 3 的等比数列. 2 2 3n-1 1 3n an+ = ,因此{an}的通项公式为 an= . 2 2 2 1 2 (2)由(1)知 = n . an 3 -1 因为当 n≥1 时,3n-1≥2×3n 1,


1 1 所以 n ≤ - . 3 -1 2×3n 1 1 1 1 1 1 于是 + +?+ ≤1+ +?+ n-1 a1 a2 an 3 3

3 1 3 = (1- n)< . 2 3 2 1 1 1 3 所以 + +?+ < . a1 a2 an 2 押题精练 1.如图,一个类似杨辉三角的数阵,则第 n(n≥2)行的第 2 个数为________.

答案 n2-2n+3 解析 由题意可知:图中每行的第二个数分别为 3,6,11,18,?,即 a2=3,a3=6,a4=11,a5 =18,?, ∴a3-a2=3,a4-a3=5,a5-a4=7,?,an-an-1=2n-3, ∴累加得:an-a2=3+5+7+?+(2n-3), ∴an=n2-2n+3. 2.秋末冬初,流感盛行,特别是甲型 H1N1 流感.某医院近 30 天每天入院治疗甲流的人数依 次构成数列{an},已知 a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则该医院 30 天入院治 疗甲流共有________人. 答案 255 解析 由于 an+2-an=1+(-1)n, 所以 a1=a3=?=a29=1, a2,a4,?,a30 构成公差为 2 的等差数列, 所以 a1+a2+?+a29+a30 15×14 =15+15×2+ ×2=255. 2 故该医院 30 天入院治疗甲流的人数为 255. 3.已知数列{bn}满足 3(n+1)bn=nbn+1,且 b1=3. (1)求数列{bn}的通项公式; an n+1 5 1 1 1 (2)已知 = ,求证: ≤ + +?+ <1. bn 2n+3 6 a1 a2 an bn+1 3?n+1? (1)解 因为 3(n+1)bn=nbn+1,所以 = . bn n b2 2 b3 3 b4 4 bn n 则 =3× , =3× , =3× ,?, =3× , b1 1 b2 2 b3 3 bn-1 n-1 bn - 累乘,可得 =3n 1×n,因为 b1=3,所以 bn=n· 3n, b1 即数列{bn}的通项公式 bn=n· 3n.

n?n+1? n an n+1 (2)证明 因为 = ,所以 an= · 3. bn 2n+3 2n+3 2n+3 1 1 因为 = · an n?n+1? 3n = 3?n+1?-n 1 3 1 1 ·n=( - )· n n+1 3n n?n+1? 3

1 1 1 1 = ·n-1- ·n, n3 n+1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 + +?+ =(1·0- ·1)+( ·1- · )+?+( ·n-1- ·n) a1 a2 an 3 23 2 3 2+1 32 n3 n+1 3 1 1 =1- ·n. n+1 3 1 1 1 5 1 1 因为 n∈N*,所以 0< ·n≤ ,所以 ≤1- ·n<1, 3 6 6 n+1 n+1 3 5 1 1 1 所以 ≤ + +?+ <1. 6 a1 a2 an

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1.数列{an}共有 5 项,其中 a1=0,a5=2,且|ai+1-ai|=1,i=1,2,3,4,则满足条件的不同数 列的个数为( A.3 C.5 答案 B 解析 设 bi=ai+1-ai,i=1,2,3,4,则 bi 等于 1 或-1,由 a5=(a5-a4)+(a4-a3)+(a3-a2)+(a2 -a1)=b4+b3+b2+b1,知 bi(i=1,2,3,4)共有 3 个 1,1 个-1. 所以符合条件的{an}共有 4 个. 2.已知在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+|a3|+?+|a30|等于( A.445 C.1 080 答案 B 解析 ∵an+1=an+3,∴an+1-an=3. ∴{an}是以-60 为首项,3 为公差的等差数列. ∴an=-60+3(n-1)=3n-63. 令 an≤0,得 n≤21. B.765 D.3 105 ) ) B.4 D.6

∴前 20 项都为负值. ∴|a1|+|a2|+|a3|+?+|a30| =-(a1+a2+?+a20)+a21+?+a30 =-2S20+S30. a1+an -123+3n ∵Sn= n= ×n, 2 2 ∴|a1|+|a2|+|a3|+?+|a30|=765. S12 S10 3.在等差数列{an}中,a1=-2 013,其前 n 项和为 Sn,若 - =2,则 S2 013 的值等于( 12 10 A.-2 011 C.-2 010 答案 D Sn 解析 根据等差数列的性质,得数列{ }也是等差数列, n S1 根据已知可得这个数列的首项 =a1=-2 013, 1 S2 013 公差 d=1,故 =-2 013+(2 013-1)×1=-1, 2 013 所以 S2 013=-2 013. 4.已知数列{an}满足 an+1=an-an-1(n≥2),a1=1,a2=3,记 Sn=a1+a2+?+an,则下列结 论正确的是( ) B.a100=-3,S100=5 D.a100=-1,S100=2 B.-2 012 D.-2 013 )

A.a100=-1,S100=5 C.a100=-3,S100=2 答案 A

解析 由题意知,a1=1,a2=3,a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,a7=1,由此可以得出 数列{an}是以 6 为一个周期,所以 a100=a4=-1,S100=a1+a2+a3+a4=5,故选 A. 5.数列{an}的通项公式 an=ncos nπ ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012 等于( 2 )

A.1 006 B.2 012 C.503 D.0 答案 A 解析 用归纳法求解. ∵an=ncos nπ ,∴a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8,?. 2

由此易知 a4n-2=-(4n-2),a4n=4n, 且 a1+a2+a3+a4=-2+4=2, a5+a6+a7+a8=-6+8=2,?, a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n=-(4n-2)+4n=2.

又 2 012=4×503, ∴a1+a2+?+a2 012=2+2+?+ 2个=2×503=1 006.
503

1 1 1 1 6. 数列{an}满足 a1=1, 且对任意的 m, n∈N*都有 am+n=am+an+mn, 则 + + +?+ a1 a2 a3 a2 012 等于( )

4 024 4 018 2 010 2 009 A. B. C. D. 2 013 2 012 2 011 2 010 答案 A 解析 令 m=1,得 an+1=an+n+1,即 an+1-an=n+1, 于是 a2-a1=2,a3-a2=3,?,an-an-1=n, 上述 n-1 个式子相加得 an-a1=2+3+?+n, 所以 an=1+2+3+?+n= n?n+1? , 2

1 1 ? 1 2 因此 = =2? - , an n?n+1? ?n n+1? 1 1 1 1 所以 + + +?+ a1 a2 a3 a2 012 1 1 1 1 1 ? 1- + - +?+ - =2? 2 012 2 013? ? 2 2 3 1 ? 4 024 1- =2? ? 2 013?=2 013. 二、填空题 7.在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=1,记 Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S60=________. 答案 480 解析 ∵an+2+(-1)nan=1,∴a3-a1=1,a5-a3=1,a7-a5=1,?,且 a4+a2=1,a6+a4 =1,a8+a6=1,?,∴{a2n-1}为等差数列,且 a2n-1=1+(n-1)×1=n,即 a1=1,a3=2, a5=3,a7=4, ∴S4=a1+a2+a3+a4=1+1+2=4,S8-S4=a5+a6+a7+a8=3+4+1=8, S12-S8=a9+a10+a11+a12=5+6+1=12,?, 15×14 ∴S60=4×15+ ×4=480. 2 S2n 8.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,若 (n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等比数列”;若 Sn 数列 {cn} 是首项为 2 ,公差为 d(d≠0) 的等差数列,且数列 {cn} 是“和等比数列”,则 d = ________. 答案 4 n?c1+cn? 2n?c1+c2n? 解析 由题意可知,数列{cn}的前 n 项和为 Sn= ,前 2n 项和为 S2n= ,所 2 2

2n?c1+c2n? 2 S2n 2nd 2 S2n 以 = =2+ =2+ .因为数列{cn}是“和等比数列”,即 为非零 Sn Sn n?c1+cn? 4+nd-d 4-d 1+ 2 nd 常数,所以 d=4. 1 1 1 1 3 9.设 Sn= + + +?+ (n∈N*),且 Sn+1· Sn+2= ,则 n 的值是________. 2 6 12 4 n?n+1? 答案 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 解析 ∵Sn+1= + +?+ =(1- )+( - )+?+( - )=1- 2 6 2 2 3 ?n+1??n+2? n+1 n+2 n+2 = n+1 , n+2

n+2 ∴Sn+2= . n+3 n+1 3 ∴Sn+1· Sn+2= = ,解得 n=5. n+3 4 1 10.已知数列{an}的通项公式为 an= ,前 n 项和为 Sn,若对任意的正整数 n,不等式 S2n n+1 m -Sn> 恒成立,则常数 m 所能取得的最大整数为_______________. 16 答案 5 m 解析 要使 S2n-Sn> 恒成立, 16 只需(S2n-Sn)min> m . 16

因为(S2(n+1)-Sn+1)-(S2n-Sn) =(S2n+2-S2n)-(Sn+1-Sn) =a2n+1+a2n+2-an+1 = 1 1 1 + - 2n+2 2n+3 n+2

1 1 1 1 1 > + - = - >0, 2n+2 2n+4 n+2 2n+2 2n+4 1 所以 S2n-Sn≥S2-S1= , 3 m 1 16 所以 < ?m< ,m 所能取得的最大整数为 5. 16 3 3 三、解答题 11.在等比数列{an}中,a1>0,n∈N*,且 a3-a2=8,又 a1,a5 的等比中项为 16. (1)求数列{an}的通项公式;

1 1 1 1 (2)设 bn=log4an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,是否存在正整数 k,使得 + + +?+ <k S1 S2 S3 Sn 对任意 n∈N*恒成立.若存在,求出正整数 k 的最小值;若不存在,请说明理由. 解 (1)设数列{an}的公比为 q,由题意可得 a3=16. ∵a3-a2=8,∴a2=8,∴q=2. ∴an=2n 1.


n+1 + (2)∵bn=log42n 1= , 2 n?n+3? ∴Sn=b1+b2+?+bn= . 4 1 ? 1 4 4 1 ∵ = = ? - , Sn n?n+3? 3?n n+3? 1 1 1 1 ∴ + + +?+ S1 S2 S3 Sn 1 1 1 1 1 1 1 4 = ?1-4+2-5+3-6+?+n-n+3? 3? ? 1 1 1 1 1 4 22 = ?1+2+3-n+1-n+2-n+3?< , 3? ? 9 ∴正整数 k 的最小值为 3. 12.(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)n 1 anan+1 ?2n-1??2n+1?

1 1 - =(-1)n 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

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


13.某产品在不做广告宣传且每千克获利 a 元的前提下,可卖出 b 千克.若做广告宣传,广 b 告费为 n(n∈N*)千元时比广告费为(n-1)千元时多卖出 n千克. 2 (1)当广告费分别为 1 千元和 2 千元时,用 b 表示销售量 S; (2)试写出销售量 S 与 n 的函数关系式; (3)当 a=50,b=200 时,要使厂家获利最大,销售量 S 和广告费 n 分别应为多少? b 3b 解 (1)当广告费为 1 千元时,销售量 S=b+ = . 2 2 b b 7b 当广告费为 2 千元时,销售量 S=b+ + 2= . 2 2 4 (2)设 Sn(n∈N)表示广告费为 n 千元时的销售量, b 由题意得 S1-S0= , 2 b S2-S1= 2, 2 ?? b Sn-Sn-1= n. 2 b b b b 以上 n 个等式相加得,Sn-S0= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 b b b b 即 S=Sn=b+ + 2+ 3+?+ n= 2 2 2 2 1 =b(2- n),n∈N. 2 (3)当 a=50,b=200 时,设获利为 Tn,则有 1 Tn=Sa-1 000n=10 000×(2- n)-1 000n 2 10 =1 000×(20- n -n), 2 10 设 bn=20- n -n, 2 10 10 5 则 bn+1-bn=20- n+1-n-1-20+ n +n= n-1, 2 2 2 1 + b[1-? ?n 1] 2 1 1- 2

当 n≤2 时,bn+1-bn>0;当 n≥3 时,bn+1-bn<0. 所以当 n=3 时,bn 取得最大值, 即 Tn 取得最大值,此时 S=375, 即该厂家获利最大时,销售量和广告费分别为 375 千克和 3 千元.


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