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【步步高 通用(理)】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套Word版文档】专题四 第二讲

时间:2014-01-21


第二讲

数列求和及综合应用

1.等差、等比数列的求和公式 (1)等差数列前 n 项和公式: n?n-1? n?a1+an? Sn=na1+ · d= . 2 2 (2)等比数列前 n 项和公式: ①q=1 时,Sn=na1; a1?1-qn? ②q≠1 时,Sn= . 1-q 2.数列求和的方法技巧 (1)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 有限项的和. 3.数列的应用题 (1)应用问题一般文字叙述较长,反映的事物背景陌生,知识涉及面广,因此要解好应用 题,首先应当提高阅读理解能力,将普通语言转化为数学语言或数学符号,实际问题转化 为数学问题,然后再用数学运算、数学推理予以解决. (2)数列应用题一般是等比、等差数列问题,其中,等比数列涉及的范围比较广,如经济 上涉及利润、成本、效益的增减,解决该类题的关键是建立一个数列模型{an},利用该数 列的通项公式、递推公式或前 n 项和公式.

1. (2013· 课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则 m 等于 A.3 答案 C 解析 am=2,am+1=3,故 d=1, m?m-1? 因为 Sm=0,故 ma1+ d=0, 2 m-1 故 a1=- , 2 因为 am+am+1=5, 故 am+am+1=2a1+(2m-1)d =-(m-1)+2m-1=5, 即 m=5. 2. (2012· 福建)数列{an}的通项公式 an=ncos A.1 006 答案 A 解析 用归纳法求解. nπ ∵an=ncos ,∴a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0, 2 a6=-6,a7=0,a8=8,?. 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=2×503=1 006.
503 个

( B.4 C.5 D.6

)

nπ ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012 等于 ( 2 D.0

)

B.2 012

C.503

? 1 ? 3. (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 ? n n+1?

100 项和为 100 A. 101 答案 A

( 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100

)

解析 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, ? 2 ?5a1+ ∴an=a1+(n-1)d=n. 1 1 1 1 ∴ = = - , n anan+1 n?n+1? 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? 4. (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 1 830 解析 ∵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 1 5. (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 1 1 ? 100-1 答案 (1)- (2) ? ? 16 3?2 1 1 - 解析 ∵an=Sn-Sn-1=(-1)nan- n-(-1)n 1an-1+ n-1, 2 2 1 - ∴an=(-1)nan-(-1)n 1an-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 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

题型一 分组转化法求和 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. 审题破题 (1)可以通过逐个验证来确定数列的前三项,进而求得 an;(2)可以分组求和: 将{bn}前 n 项和转化为数列{an}和数列{(-1)nln an}前 n 项的和. 解 (1)当 a1=3 时,不合题意; 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

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

(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. 1-3n n 所以当 n 为偶数时,Sn=2× + ln 3 1-3 2 n =3n+ ln 3-1; 2 1-3n n-1 ? 当 n 为奇数时,Sn=2× -(ln 2-ln 3)+? ? 2 -n?ln 3 1-3 n-1 =3n- ln 3-ln 2-1. 2 n 3n+ ln 3-1, n为偶数, 2 综上所述,Sn= n-1 3n- ln 3-ln 2-1, n为奇数. 2

? ? ?

反思归纳 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. 变式训练 1 在等差数列{an}中,a3+a4+a5=42,a8=30. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 bn=( 3)
an+2

+λ(λ∈R),则是否存在这样的实数 λ 使得{bn}为等比数列;

2 ,n为奇数 ? ? (3)数列{cn}满足 cn=?1 ,Tn 为数列{cn}的前 n 项和,求 T2n. ? ?2an-1,n为偶数 解 (1)因为{an}是一个等差数列,

n-1

所以 a3+a4+a5=3a4=42,∴a4=14. 设数列{an}的公差为 d,则 4d=a8-a4=16,故 d=4. 故 an=a4+(n-4)d=4n-2. (2)bn=( 3)
an+2

+λ=9n+λ.

假设存在这样的 λ 使得{bn}为等比数列,则 b2 bn+2, n+1=bn· 即(9n 1+λ)2=(9n+λ)· (9n 2+λ),
+ +

整理可得 λ=0,即存在 λ=0 使得{bn}为等比数列. n-1 ? ?2 ,n为奇数 (3)∵cn=? , ?2n-3,n为偶数 ? ∴T2n=1+(2×2-3)+22+(2×4-3)+24+?+22n 2+(2×2n-3)


=1+22+24+?+22n 2+4(1+2+?+n)-3n 1-4n n?n+1? = +4× -3n 2 1-4 n 4 -1 = +2n2-n. 3


题型二 错位相减法求和 例2 1 1 1 已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1=2,且 , , 成等比数列. a1 a2 a4 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 b1+2b2+22b3+?+2n 1bn=an,求数列{nbn}的前 n 项和 Tn.


审题破题 解

(1)列方程求{an}的通项公式;(2)先求 bn(两式相减),再用错位相减法求 Tn.

(1)设等差数列{an}的公差为 d, 1 1 2 ?2= 1 · 由? a ? 2? a1 a4,得(a1+d) =a1(a1+3d). 因为 d≠0,所以 d=a1=2, 所以 an=2n. (2)b1+2b2+4b3+?+2n 1bn=an


① ②

b1+2b2+4b3+?+2

n-1

bn+2 bn+1=an+1

n

②-①得:2n· bn+1=2. ∴bn+1=21 n.


当 n=1 时,b1=a1=2,∴bn=22 n. 1 2 3 n Tn= -1+ 0+ 1+?+ n-2, 2 2 2 2 1 1 2 3 n T = + + +?+ n-1, 2 n 20 21 22 2


上两式相减得 1 1 1 1 n T =2+ 0+ 1+?+ n-2- n-1 2 n 2 2 2 2 1 n =2+2?1-2n-1?- n-1, ? ? 2 n+ 2 ∴Tn=8- n-2 . 2 反思归纳 错位相减法适用于求数列{an· bn}的前 n 项和, 其中{an}为等差数列, {bn}为等 比数列;所谓“错位”,就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数 列的和,此时一定要查清其项数. 变式训练 2 (2013· 山东)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 Tn+ n =λ(λ 为常数).令 cn=b2n,n∈N*,求数列 2 {cn}的前 n 项和 Rn. 解 (1)设公差为 d,令 n=1,则 a2=2a1+1,a1=d-1, ① ②

又 S4=4S2,即 2a1=d,

由①②得:a1=1,d=2,所以 an=2n-1(n∈N*). n n ? n-1? n-2 (2)由题意知, Tn=λ- n-1, ∴当 n≥2 时, bn=Tn-Tn-1=λ- n-1-?λ- n-2 ?= n-1 .∴cn 2 2 ? 2 ? 2 n-1 =b2n= n-1 (n∈N*). 4 n-1 1 2 ∴Rn=c1+c2+?+cn-1+cn=0+ + 2+?+ n-1 , ① 4 4 4 n-2 n-1 1 1 2 R = + +?+ n-1 + n , ② 4 n 42 43 4 4 ①-②得: n-1 3 1 1 1 Rn= + 2+?+ n-1- n 4 4 4 4 4 1 ? 1? 1- n-1 4? 4 ? n-1 = - n 1 4 1- 4 1 n-1 1 = ?1-4n-1?- n 3? ? 4 1? 3n+1? = 1- n , 3? 4 ?

3n+1 1? 3n+1? 4 ∴Rn= ?1- n ?= ?4- n-1 ?. 9? 4 ? 9? 4 ? 题型三 裂项相消法求和 例3 在公差不为 0 的等差数列{an}中,a1,a4,a8 成等比数列. (1)已知数列{an}的前 10 项和为 45,求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)若 bn= ,且数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若 Tn= - ,求数列{an}的公差. 9 n+9 anan+1 审题破题 (1)列方程组(两个条件)确定 an;(2)不可以采用裂项相消法求得,应该和已知 1 1 Tn= - 对比求得公差. 9 n+9 解 设数列{an}的公差为 d,由 a1,a4,a8 成等比数列可得

a2 a8,即(a1+3d)2=a1(a1+7d), 4=a1·
2 2 ∴a2 1+6a1d+9d =a1+7a1d,

而 d≠0,∴a1=9d. (1)由数列{an}的前 10 项和为 45 可得 10×9 S10=10a1+ d=45, 2 1 即 90d+45d=45,故 d= ,a1=3, 3 1 1 故数列{an}的通项公式为 an=3+(n-1)·= (n+8). 3 3 1 ? 1 1 1 (2)bn= = ? - , an· an+1 d?an an+1? 则数列{bn}的前 n 项和为 1 1 ? 1 1 1? ?1 1? - + - +?+?a - Tn= [? d ?a1 a2? ?a2 a3? ? n an+1?] 1 1 1 = ?a - a ? d? 1 n+1? 1 1? 1 = 9d-9d+nd? d? ? 1 1 1 = 2?9-n+9? d? ? 1 1 = - . 9 n+9 故数列{an}的公差 d=1 或-1. 反思归纳 裂项相消法的基本思想就是把通项 an 分拆成 an=bn+k-bn (k≥1,k∈N*)的形 式,从而达到在求和时某些项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列 {an}的通项公式,使之符合裂项相消的条件. 变式训练 3 等比数列{an}的各项均为正数,且 2a1+3a2=1,a2 3=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? (2)设 bn=log3a1+log3a2+?+log3an,求数列?b ?的前 n 项和. ? n?



(1)设数列{an}的公比为 q.

1 2 2 2 由 a2 3=9a2a6,得 a3=9a4,所以 q = . 9 1 由条件可知 q>0,故 q= . 3 1 由 2a1+3a2=1,得 2a1+3a1q=1,所以 a1= . 3 1 故数列{an}的通项公式为 an= n. 3 (2)bn=log3a1+log3a2+?+log3an n?n+1? =-(1+2+?+n)=- . 2 1 1 1 2 故 =- =-2?n-n+1?, bn ? ? n?n+1? 1? ?1 1? 1 1 1 2n ?1- 1 ? + +?+ =-2[? ?1-2?+?2-3?+?+?n n+1?]=-n+1. b1 b2 bn ?1? 2n 所以数列?b ?的前 n 项和为- . ? n? n+1 题型四 数列的综合应用 例4 1 3 已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,点(n,Sn)在函数 f(x)= x2+ x 的图象上. 2 2 (1)求数列{an}的通项; an an+1 1 (2)若 cn= + ,求证:2n<c1+c2+?+cn<2n+ . 2 an+1 an 审题破题 (1)由 Sn 求 an 可考虑 an=Sn-Sn-1;

(2)利用不等式放缩、数列求和分析. (1)解 因为点(n,Sn)在 f(x)的图象上, 1 3 所以 Sn= n2+ n. 2 2 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n+1. 当 n=1 时,a1=S1=2,适合上式. 所以 an=n+1 对任意 n∈N*都成立. an an+1 (2)证明 cn= + an+1 an = n+1 n+2 + >2 n+2 n+1 n+1 n+2 · =2, n+2 n+1

所以 c1+c2+?+cn>2n. n+1 n+2 1 1 又因为 cn= + =2+ - . n+2 n+1 n+1 n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 故 c1+c2+?+cn=2n+[( - )+( - )+?+( - )]=2n+ - <2n+ . 2 3 3 4 2 n+2 2 n+1 n+2 1 所以 2n<c1+c2+?+cn<2n+ 成立. 2 反思归纳 数列与不等式综合的问题是常见题型,常见的证明不等式的方法有:①作差 法;②作商法;③综合法;④分析法;⑤放缩法. n?1+an? 变式训练 4 已知各项全不为零的数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= ,n∈N*. 2

(1)求证:数列{an}为等差数列; (2)若 a2=3,求证:当 n∈N*时, 证明 1 1 1 1 + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 2

1+a1 (1)由 S1= =a1 知 a1=1. 2

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 n?1+an? ?n-1??1+an-1? = - , 2 2 化简得(n-2)an-(n-1)an-1+1=0,① 以 n+1 代替 n 得(n-1)an+1-nan+1=0.② 两式相减得(n-1)an+1-2(n-1)an+(n-1)an-1=0. 则 an+1-2an+an-1=0,其中 n≥2. 所以,数列{an}为等差数列. (2)由 a1=1,a2=3, 结合(1)的结论知 an=2n-1(n∈N*). 1 1 1 于是 + +?+ a1a2 a2a3 anan+1 1 1 1 = + +?+ 1×3 3×5 ?2n-1??2n+1? 1 1 11 1 1 1 1 = (1- )+ ( - )+?+ ( - ) 2 3 23 5 2 2n-1 2n+1 1 1 1 = (1- )< . 2 2n+1 2

典例

(12 分)已知数列{an}的各项均为正数,记 A(n)=a1+a2+?+an,B(n)=a2+a3+?+

an+1,C(n)=a3+a4+?+an+2,n=1,2,?. (1)若 a1=1,a2=5,且对任意 n∈N*,三个数 A(n),B(n),C(n)组成等差数列,求数列 {an}的通项公式; (2)证明:数列{an}是公比为 q 的等比数列的充分必要条件:对任意 n∈N*,三个数 A(n), B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列. 规范解答 (1)解 对任意 n∈N*, 三个数 A(n), B(n), C(n)成等差数列, 所以 B(n)-A(n)=C(n)-B(n),

即 an+1-a1=an+2-a2,亦即 an+2-an+1=a2-a1=4. 故数列{an}是首项为 1,公差为 4 的等差数列. 于是 an=1+(n-1)×4=4n-3.[5 分] (2)证明 ①必要性:若数列{an}是公比为 q 的等比数列,则对任意 n∈N*,有 an+1=anq. 由 an>0 知,A(n),B(n),C(n)均大于 0,于是

B?n? a2+a3+?+an+1 q?a1+a2+?+an? = = =q, A?n? a1+a2+?+an a1+a2+?+an C?n? a3+a4+?+an+2 q?a2+a3+?+an+1? = = =q, B?n? a2+a3+?+an+1 a2+a3+?+an+1 B?n? C?n? 即 = =q. A?n? B?n? 所以三个数 A(n),B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列.[8 分] ②充分性:若对任意 n∈N*,三个数 A(n),B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列,则 B(n)=qA(n),C(n)=qB(n), 于是 C(n)-B(n)=q[B(n)-A(n)], 得 an+2-a2=q(an+1-a1),即 an+2-qan+1=a2-qa1. 由 n=1 有 B(1)=qA(1),即 a2=qa1, 从而 an+2-qan+1=0. an+2 a2 因为 an>0,所以 = =q. an+1 a1 故数列{an}是首项为 a1,公比为 q 的等比数列.[11 分] 综上所述, 数列{an}是公比为 q 的等比数列的充分必要条件: 对任意 n∈N*, 三个数 A(n), B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列.[12 分] 评分细则 (1)得到{an}是等差数列给 3 分; (2)证明中没有写出必要性、 充分性的不扣分;

(3)证明必要性时没有指明 an>0 扣 1 分;(4)最后结论不写扣 1 分. 阅卷老师提醒 本题背景新颖,考查转化能力.用到的知识很简单,失去信心是本题失 分的主要原因.第(1)问根据 B(n)-A(n)=C(n)-B(n)即可轻松解决;第(2)问需分充分性 和必要性分别证明,其依据完全是非常简单的等比数列的定义,其关键是要有较好的推 理论证能力.

1. 数列{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前 12 项和等于 A.76 答案 B 解析 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. 故选 B. B.78 C.80 D.82

(

)

2. 已知等差数列{an}的公差 d=-2,a1+a4+a7+?+a97=50,那么 a3+a6+a9+?+a99 的值是 A.-78 B.-82 C.-148 D.-182 ( )

答案 B 解析 ∵a3+a6+a9+?+a99 =(a1+2d)+(a4+2d)+(a7+2d)+?+(a97+2d) =a1+a4+a7+?+a97+2d×33 =50+66×(-2) =-82. → → → 3. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若OB=a1OA+a200OC,且 A,B,C 三点共线(该直 线不过点 O),则 S200 等于 A.100 答案 A 解析 因为 A,B,C 三点共线,所以 a1+a200=1, a1+a200 S200= ×200=100. 2 4. 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 2 013 项之和 S2 013 等于 A.1 C.4 018 答案 C 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.∵2 013=6×335+3,∴S2 013=S3=4 018. 3 5. 已知数列{an},an= ,前 n 项和为 Sn,关于 an 及 Sn 的叙述正确的是 ( 2n-11 A.an 与 Sn 都有最大值 C.an 与 Sn 都有最小值 答案 C 3 解析 画出 an= 的图象, 2n-11 3 11 点(n,an)为函数 y= 图象上的一群孤立点,( ,0) 2 2x-11 为对称中心,S5 最小,a5 最小,a6 最大. B.an 与 Sn 都没有最大值 D.an 与 Sn 都没有最小值 B.2 010 D.0 ( ) B.101 C.200 D.201 ( )

)

2 6. 若数列{n(n+4)( )n}中的最大项是第 k 项,则 k=______. 3 答案 4

解析

?k?k+4??3? ≥?k-1??k+3??3? 由题意知? 2 2 ?k?k+4??3? ≥?k+1??k+5??3?
k k

2

2

k -1

, ,

k+1

解得 10≤k≤1+ 10.∵k∈N*,∴k=4.

专题限时规范训练
一、选择题 1. 设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,已知 a2=3,a6=11,则 S7 等于 ( ) B.35 C.49 D.63

A.13 答案 C

解析 ∵a1+a7=a2+a6=3+11=14. 7?a1+a7? ∴S7= =49. 2 2. 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a5=8,S3=6,则 S10-S7 的值是 ( ) B.48 C.60 D.72

A.24 答案 B

? ? ?a5=a1+4d=8 ?a1=0 解析 设等差数列{an}的公差为 d,由题意可得? ,解得? ,则 S10 ?S3=3a1+3d=6 ?d=2 ? ?

-S7=a8+a9+a10=3a1+24d=48. 3 5 3. 已知函数 f(x)满足 f(x+1)= +f(x) (x∈R),且 f(1)= ,则数列{f(n)} (n∈N*)前 20 项的和 2 2 为 A.305 答案 D 5 3 5 解析 因为 f(1)= ,f(2)= + , 2 2 2 3 3 5 3 f(3)= + + ,?,f(n)= +f(n-1), 2 2 2 2 5 3 所以{f(n)}是以 为首项, 为公差的等差数列. 2 2 5 20?20-1? 3 所以 S20=20× + × =335. 2 2 2 1 1 1 1 4. 已知数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,则其前 n 项和 Sn 为 2 4 8 16 ( )
2

( B.315 C.325 D.335

)

1 A.n +1- n 2 1 2 C.n +1- n-1 2 答案 A

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

1 解析 因为 an=2n-1+ n, 2 1 ?1- 1n?· 1+2n-1 ? 2 ? 2 1 则 Sn= n+ =n2+1- n. 2 1 2 1- 2 5. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=-n2+3n,若 an+1an+2=80,则 n 的值等于 ( A.5 答案 A 解析 由 Sn=-n2+3n 可得 an=4-2n. 因此 an+1an+2=[4-2(n+1)][4-2(n+2)]=80, 即 n(n-1)=20,解得 n=5,故选 A. 6. 数列{an}的通项公式是 an=(-1)n· (3n-2),则 a1+a2+?+a10 等于 A.15 答案 A 解析 ∵an=(-1)n(3n-2),∴a1+a2+?+a10=-1+4-7+10-?-25+28=(-1+ B.12 C.-12 D.-15 ( ) ) B.4 C.3 D.2

4)+(-7+10)+?+(-25+28)=3×5=15. 1 nπ 7. (2012· 上海)设 an= sin ,S =a1+a2+?+an.在 S1,S2,?,S100 中,正数的个数是 n 25 n ( A.25 答案 D 解析 结合三角函数性质,寻求数列前 n 项和的符号特点. 1 nπ nπ ∵an= sin ,∴当 1≤n≤24 时,sin >0, n 25 25 即 a1,a2,?,a24>0;当 n=25 时,a25=0; 当 26≤n≤49 时, ?n-25?π 1 nπ 1 an= sin =- sin <0, n 25 n 25 ?n-25?π 1 且|an|< sin =an-25; 25 n-25 当 n=50 时,a50=0. ∴S1,S2,S3,?,S50>0,同理可知 S51,S52,S53,?,S100>0. ∴在 S1,S2,?,S100 中,正数的个数为 100. 8. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn+Sm=Sn+m,且 a1=1,那么 a10 等于 A.1 答案 A 解析 ∵Sn+Sm=Sn+m,a1=1,∴S1=1. B.9 C.10 D.55 ( ) B.50 C.75 D.100 )

可令 m=1,得 Sn+1=Sn+1,∴Sn+1-Sn=1. 即当 n≥1 时,an+1=1,∴a10=1. 二、填空题 1 9. 在数列{an}中,Sn 是其前 n 项和,若 a1=1,an+1= Sn (n≥1),则 an=____________. 3 1, ? ? 答案 ?1 ?4?n-2 ? ?3? , ?3· n=1 n≥2

1 1 解析 an+1= Sn,an+2= Sn+1, 3 3 1 1 ∴an+2-an+1= (Sn+1-Sn)= an+1, 3 3 4 ∴an+2= an+1 (n≥1). 3 1 1 ∵a2= S1= , 3 3 1, ? ? ∴an=?1 ?4?n-2 ? ?3? , ?3· n=1 n≥2 .

10. 各项均为实数的等比数列{an}的前 n 项和记为 Sn, 若 S10=10, S30=70, 则 S40=________. 答案 150 解析 设每 10 项一组的和依次组成的数列为{bn},由已知可得,b1=10,b1+b2+b3= 70. 设原等比数列{an}的公比为 q, b2 a11+a12+?+a20 则 = b1 a1+a2+?+a10 a1q10+a2q10+?+a10q10 10 = =q . a1+a2+?+a10 b3 b4 同理: =q10, =q10,?, b2 b3 ∴{bn}构成等比数列,且公比 q′=q10. 由①可得 10+10q′+10(q′)2=70, 即(q′)2+q′-6=0,解得 q′=2 或 q′=-3. ∵q′=q10>0,∴q′=2. ∴{bn}的前 4 项依次是 10,20,40,80. ∴S40=150.
? 1 ? 11.在等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列?b b ?的前 n ? n n+1?



项和 Sn=________. n 答案 n+1 a4 解析 设等比数列{an}的公比为 q,则 =q3=27,解得 q=3. a1

所以 an=a1qn 1=3×3n 1=3n,故 bn=log3an=n, 1 1 1 1 所以 = = - . bnbn+1 n?n+1? n n+1 ? 1 ? 1 1 1 1 1 1 n 则数列?b b ?的前 n 项和为 1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 ? n n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12.数列 1, , , , , , , , , ,?的前 100 项的和等于________. 2 2 3 3 3 4 4 4 4 191 答案 14 1 1 1 1 1 191 解析 S100=1×1+2× +3× +4× +?+13× +9× = . 2 3 4 13 14 14
- -

三、解答题 13.(2013· 江西)正项数列{an}满足:a2 n-(2n-1)an-2n=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; 1 (2)令 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?n+1?an 解 (1)由 a2 n-(2n-1)an-2n=0,

得(an-2n)(an+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 an=2n. 1 (2)由 an=2n,bn= , ?n+1?an 1 ? 1 1 1 则 bn= = ? - , 2n?n+1? 2?n n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn= ?1-2+2-3+?+n-1-n+n-n+1? 2? ? 1 1 n = ?1-n+1?= 2? ? 2?n+1?. 14.已知:数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=2an-n(n∈N*). (1)求 a1,a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)若数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且满足 bn=nan(n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)Sn=2an-n.

令 n=1,解得 a1=1;令 n=2,解得 a2=3. (2)Sn=2an-n, 所以 Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N*), 两式相减得 an=2an-1+1, 所以 an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N*), 又因为 a1+1=2, 所以数列{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 所以 an+1=2n,即通项公式 an=2n-1(n∈N*). (3)bn=nan,所以 bn=n(2n-1)=n· 2n-n,

所以 Tn=(1· 21-1)+(2· 22-2)+(3· 23-3)+?+(n· 2n-n), Tn=(1· 21+2· 22+3· 23+?+n· 2n)-(1+2+3+?+n). 令 Sn=1· 21+2· 22+3· 23+?+n· 2n, 2Sn=1· 2 +2· 2 +3· 2 +?+n· 2
1 2 3 2 3 4 n+1

① ②
n+1


n

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



Sn=2(1-2n)+n· 2n 1=2+(n-1)· 2n 1, n?n+1? + * 所以 Tn=2+(n-1)· 2n 1- (n∈N ). 2


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