nbhkdz.com冰点文库

等差、等比数列及其求和及答案

时间:2015-03-25


等差、等比数列及其求和 一、考点、热点
1.an 与 Sn 的关系:Sn=a1+a2+…+an,an=? 2.等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式 等比数列
? ?S1, ?Sn-Sn-1, ?

n=1, n≥2.

an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d
(1)定义法 (2)中项公

式法: 2an+1=an+an+2(n≥ 1)?{an}为等差数列 (3)通项公式法:an=pn+q(p、q 为 (1)定义法

an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn-1(q≠0)

(2)中项公式法:an+1=an·an+2(n≥1) (an≠0)?{an}为等比数列 (3)通项公式法:an=c·q (c、q 均是不
2 *

2

判定方法

常数)?{an}为等差数列

n

(4)前 n 项和公式法: Sn=An +Bn(A、 为 0 的常数,n∈N )?{an}为等比数列

B 为常数)?{an}为等差数列
(5){an}为等比数列,an>0?{logaan} 为等差数列 (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n=p +q,则 am+an=ap+aq 性质 (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差 数列
*

(4){an}为等差数列?{aan}为等比数列 (a>0 且 a≠1)

(1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n=p+q, 则 am·an=ap·aq (2)an=amq
n-m

*

(3)等比数列依次每 n 项和(Sn≠0)仍成等 比数列 (1)q≠1,Sn=

前 n 项和

n a1+an n n-1 Sn= =na1+ d
2 2

a1 1-qn a1-anq = 1-q 1- q

(2)q=1,Sn=na1

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.

二、典型例题
题型一 等差(比)数列的基本运算 例1 已知等差数列{an}的前 5 项和为 105,且 a10=2a5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中不大于 72m 的项的个数记为 bm.求数列{bm}的前 m 项和 Sm. 审题破题 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组,解得 a1 和 d,从而求出 an.(2)求出 bm,再根据 其特征选用求和方法. 解 (1)设数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Tn,由 T5=105,a10=2a5, 5×?5-1? ? ?5a1+ d=105, 2 得? ? ?a1+9d=2?a1+4d?, 解得 a1=7,d=7.因此 an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 an=7n≤72m,则 n≤72m 1.因此 bm=72m 1.
- -

所以数列{bm}是首项为 7,公比为 49 的等比数列, + b1?1-qm? 7×?1-49m? 7×?72m-1? 72m 1-7 故 Sm= = = = . 48 48 1-q 1-49 变式训练 1 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|. 解 (1)由题意得 5a3· a1=(2a2+2)2,即 d2-3d-4=0.故 d=-1 或 d=4. 所以 an=-n+11,n∈N*或 an=4n+6,n∈N*. (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 1 21 当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=- n2+ n. 2 2 1 21 当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11= n2- n+110. 2 2

?-2n + 2 n, 综上所述,|a |+|a |+|a |+…+|a |=? 1 21 ?2n - 2 n+110,
2 1 2 3 n 2

1

21

n≤11, n≥12.

题型二 等差(比)数列性质的应用 例2 (1)已知正数组成的等差数列{an},前 20 项和为 100,则 a7· a14 的最大值是 ( A.25 B.50 C.100 )

D.不存在 S12 S10 (2)在等差数列{an}中,a1=-2 013,其前 n 项和为 Sn,若 - =2,则 S2 013 的值为( 12 10 A.-2 011 B.-2 012 C.-2 010

)

D.-2 013 20?a1+a20? 审题破题 (1)根据等差数列的性质,a7+a14=a1+a20,S20= 可求出 a7+a14,然后利用基 2 ?Sn? 本不等式;(2)等差数列{an}中,Sn 是其前 n 项和,则? n ?也成等差数列. ? ? a1+a20 解析 (1)∵S20= ×20=100,∴a1+a20=10.∵a1+a20=a7+a14,∴a7+a14=10. 2 a7+a14?2 ∵an>0,∴a7· a14≤? ? 2 ? =25.当且仅当 a7=a14 时取等号. ?Sn? S1 (2)根据等差数列的性质,得数列? n ?也是等差数列,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,所以 S2 013=-2 013. 2 013 a11 变式训练 2 (1)数列{an}是等差数列,若 <-1,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 Sn 取得最小 a10 正值时,n 等于 A.11 B.17 C.19 ( )

D.21 a11 解析 ∵{an}的前 n 项和 Sn 有最大值, ∴数列为递减数列. 又 <-1, ∴a10>0, a11<0, 得 a10+a11<0. a10 19?a1+a19? 20?a1+a20? 而 S19= =19· a10>0,S20= =10(a10+a11)<0.故当 n=19 时,Sn 取得最小正值. 2 2 (2)公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10 等于 A.4 解析 B.5 C.6 D.7
2 ∵a3· a11=16,∴a7 =16.又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4.

(

)

又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5. 题型三 等差数列、等比数列的综合应用 例3 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足条件 2Sn=3(an-1),其中 n∈N*. (1)证明:数列{an}为等比数列; (2)设数列{bn}满足 bn=log3an,若 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项和. 审题破题 (1)利用 an=Sn-Sn-1 求出 an 与 an-1 之间的关系, 进而用定义证明数列{an}为等比数列. (2) 由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式,求出 cn 的表达式,再利用错位相减法求和. 3 an (1)证明 由题意得 an=Sn-Sn-1= (an-an-1)(n≥2),∴an=3an-1,∴ =3(n≥2), 2 an-1 3 又 S1= (a1-1)=a1,解得 a1=3,∴数列{an}为首项为 3,公比为 3 的等比数列. 2 (2)解 由(1)得 an=3n,则 bn=log3an=log33n=n,∴cn=anbn=n· 3n,

设 Tn=1· 31+2· 32+3· 33+…+(n-1)· 3n 1+n· 3n,


3Tn=1· 32+2· 33+3· 34+…+(n-1)· 3n+n· 3n 1. + 3?1-3n? ?2n-1?3n 1+3 + + ∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n· 3n 1= -n· 3n 1,∴Tn= . 4 1-3


变式训练 3 已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等比数 列{bn}的第 2 项、第 3 项、第 4 项. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对 n∈N*,均有 + +…+ =an+1 成立,求 c1+c2+…+c2 013. b1 b 2 bn 解 (1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,d>0, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得 d=2.则 an=1+(n-1)×2=2n-1. b3 9 - - - 又∵b2=a2=3,b3=a5=9,∴等比数列{bn}的公比 q= = =3.∴bn=b2qn 2=3×3n 2=3n 1. b2 3 cn-1 c1 c2 cn c1 c2 cn (2)由 + +…+ =an+1,得当 n≥2 时, + +…+ =an,两式相减,得 =an+1-an=2, b1 b2 bn b1 b2 bn bn-1 ∴cn=2bn=2×3n
-1

? ?3,n=1, c1 (n≥2)而当 n=1 时, =a2,∴c1=3.∴cn=? n-1 b1 ?2×3 ,n≥2. ?
1 2 2 012

∴c1+c2+…+c2 013=3+2×3 +2×3 +…+2×3 题型四 分组转化法求和 例 4

6-6×32 012 =3+ =3-3+32 013=32 013. 1-3

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;当 a1=2 时,当且仅当 a2=6,a3=18 时,符合题意;
-1

第二列 2 4 8

第三列 10 14 18

3 6 9

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
- - -

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

变式训练 4 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. an-1,n为偶数 ? ?2 解 (1)因为{an}是一个等差数列,所以 a3+a4+a5=3a4=42,∴a4=14.
an+2
2 +λ=9n+λ.假设存在这样的 λ 使得{bn}为等比数列,则 bn bn+2, +1=bn·


n-1

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)


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? 4n-1 = +4× -3n= +2n2-n. 2 3 1-4


题型五 错位相减法求和 例5 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 (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 ?2 1 1 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,由? ,得(a1+d)2=a1(a1+3d). a ? 2? =a1· a4 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

n-1

bn+2 bn+1=an+1
1-n

n

②-①得:2 · bn+1=2.∴bn+1=2

.

1 2 3 n 1 1 2 3 n .Tn= -1+ 0+ 1+…+ n-2, Tn= 0+ 1+ 2+…+ n-1, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n n 上两式相减得 Tn=2+ 0+ 1+…+ n-2- n-1=2+2?1-2n-1?- n-1, 2 2 2 ? ? 2 2 2 n+2 ∴Tn=8- n-2 . 2 当 n=1 时,b1=a1=2,∴bn=2
2-n

变式训练 5 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{cn}的 2

前 n 项和 Rn. 解 (1)设公差为 d,令 n=1,则 a2=2a1+1,a1=d-1, 又 S4=4S2,即 2a1=d, ① ②

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 . 2 2 ? 2 ? 2 n-1 n-1 1 2 ∴cn=b2n= n-1 (n∈N*).∴Rn=c1+c2+…+cn-1+cn=0+ + 2+…+ n-1 , 4 4 4 4 n-2 n-1 1 1 2 R = + +…+ n-1 + n , 4 n 42 43 4 4 1 1? 1- n-1? 4 1 n-1 4? ? n-1 1? n-1 3 1 1 1 ①-②得: Rn= + 2+…+ n-1- n = - n = 1-4n-1?- n 4 4 4 4 1 4 3? ? 4 4 1- 4 3n+1 3n+1 1? 3n+1? 1 4 = ?1- n ?,∴Rn= ?1- n ?= ?4- n-1 ?. 3? 9? 4 ? 4 ? 9? 4 ? 题型六 裂项相消法求和 例6 在公差不为 0 的等差数列{an}中,a1,a4,a8 成等比数列.

① ②

(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 1 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 Tn= - 9 n+9 对比求得公差. 解
2 设数列{an}的公差为 d,由 a1,a4,a8 成等比数列可得 a4 =a1· a8,即(a1+3d)2=a1(a1+7d),

2 2 ∴a2 1+6a1d+9d =a1+7a1d,而 d≠0,∴a1=9d. 10×9 1 (1)由数列{an}的前 10 项和为 45 可得 S10=10a1+ d=45,即 90d+45d=45,故 d= ,a1=3, 2 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= = ,则数列{bn}的前 n 项和为 an· an+1 d?an an+1? 1 1 ? 1? 1 1 1 1 1 1 1? ?1 1? 1 1 1 1 1 1 - + - +…+?a - Tn= [? ]= a -a ?= ?9d-9d+nd?= 2?9-n+9?= - . a d ?a1 a2? ?a2 a3? d d d 9 + + ? n n 1? ? 1 n 1? ? ? ? ? n+9

故数列{an}的公差 d=1 或-1. 变式训练 6 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 1 2 2 2 解 (1)设数列{an}的公比为 q.由 a2 3=9a2a6,得 a3=9a4,所以 q = .由条件可知 q>0,故 q= . 9 3 1 1 由 2a1+3a2=1,得 2a1+3a1q=1,所以 a1= .故数列{an}的通项公式为 an= n. 3 3 1 1 n?n+1? 1 2 (2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=- .故 =- =-2?n-n+1?, 2 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

题型七 数列的综合应用 例7 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 3 (1)解 因为点(n,Sn)在 f(x)的图象上,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. n+1 n+2 an an+1 n+1 n+2 (2)证明 cn= + = + >2 · =2,所以 c1+c2+…+cn>2n. a an+1 n+2 n+1 n+2 n+1 n 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 7 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 n?1+an? ?n-1??1+an-1? (1)由 S1= =a1 知 a1=1.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - , 2 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. 1 1 1 (2)由 a1=1,a2=3,结合(1)的结论知 an=2n-1(n∈N*).于是 + +…+ a1a2 a2a3 anan+1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 = + +…+ = (1- )+ ( - )+…+ ( - ) 3 23 5 2 2n-1 2n+1 1×3 3×5 ?2n-1??2n+1? 2 1 1 1 = (1- )< . 2 2n+1 2 典例 (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.

(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. B?n? a2+a3+…+an+1 q?a1+a2+…+an? 由 an>0 知,A(n),B(n),C(n)均大于 0,于是 = = =q, A?n? a1+a2+…+an a1+a2+…+an C?n? a3+a4+…+an+2 q?a2+a3+…+an+1? B?n? C?n? = = =q,即 = =q. B?n? a2+a3+…+an+1 a2+a3+…+an+1 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, an+2 a2 从而 an+2-qan+1=0.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]

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 A.13 D.63 7?a1+a7? 答案 C 解析 ∵a1+a7=a2+a6=3+11=14.∴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 A.24 B.48 C.60 ( ) B.35 C.49 ( )

D.72 ?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-S7= ?S3=3a1+3d=6 ?d=2 ? ? 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 项的和为 2 2 ( A.305 B.315 )

C.325 D.335 5 3 5 3 3 5 3 答案 D 解析 因为 f(1)= ,f(2)= + ,f(3)= + + ,…,f(n)= +f(n-1),所以{f(n)}是 2 2 2 2 2 2 2 20 ? 20 - 1 ? 5 3 5 3 以 为首项, 为公差的等差数列.所以 S20=20× + × =335. 2 2 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 1 1 A.n2+1- n B.n2+2- n 2 2 1 1 C.n2+1- n-1 D.n2+2- n-1 2 2

1+2n-1 ? 1 解析 因为 an=2n-1+ n,则 Sn= n+ 2 2

1 ?1- 1n?· 2?2 1 1- 2

1 =n2+1- n. 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 B.4 C.3 D.2 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 B.12 C.-12 D.-15 ( )

解析 ∵an=(-1)n(3n-2), ∴a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7 +10)+…+(-25+28)=3×5=15. 1 nπ 7. 设 an= sin ,S =a +a +…+an.在 S1,S2,…,S100 中,正数的个数是 n 25 n 1 2 ( A.25 B.50 C.75 D.100 )

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,即 a1,a2,…,a24>0;当 n=25 时,a25=0; n 25 25 ?n-25?π ?n-25?π 1 nπ 1 1 当 26≤n≤49 时,an= sin =- sin <0,且|an|< sin =an-25; n 25 n 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 B.9 C.10 D.55 ( )

解析 ∵Sn+Sm=Sn+m,a1=1,∴S1=1.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 4 ∴an+2-an+1= (Sn+1-Sn)= an+1,∴an+2= an+1 (n≥1). 3 3 3 1, ? ? 1 1 ∵a2= S1= ,∴an=?1 ?4?n-2 3 3 ? ?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=________. 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. ① 10 b2 a11+a12+…+a20 a1q +a2q +…+a10q 设原等比数列{an}的公比为 q,则 = = =q10. b1 a1+a2+…+a10 a1+a2+…+a10
10 10

b3 b4 同理: =q10, =q10,…,∴{bn}构成等比数列,且公比 q′=q10. b2 b3 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 项和 Sn ? n n+1?

=________. n a4 答案 解析 设等比数列{an}的公比为 q,则 =q3=27,解得 q=3. a1 n+1 1 1 1 1 - - 所以 an=a1qn 1=3×3n 1=3n,故 bn=log3an=n,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 1 1 1 1 1 191 答案 解析 S100=1×1+2× +3× +4× +…+13× +9× = . 14 2 3 4 13 14 14 三、解答题 13.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 ? 1 1 1 1 (2)由 an=2n,bn= ,则 bn= = ? - , ?n+1?an 2n?n+1? 2?n n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n Tn= ?1-2+2-3+…+n-1-n+n-n+1?= ?1-n+1?= 2? ? 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· 22+2· 23+3· 24+…+n· 2n 1,


① ②


①-②得-Sn=21+22+23+…+2n-n· 2n 1,

2?1-2n? + -Sn= -n· 2 n 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
+ +


等差 等比数列通项求和

3、等差等比数列求和公式 4、数列求和的综合运用 三、课堂总结与反思: 带领学生对本次课授课内容进行回顾、总结 四、作业布置: 安排了与本节课相关的练习,难度...

等差与等比数列和数列求和的基本方法和技巧

高三数学第一轮复习 2004-10-10 高考专题复习三——等差与等比数列 高考专题复习三——等差与等比数列 ——等差与等比数列是最重要且应用广泛的有通项公式的数列...

等差数列、等比数列相关性质和公式以及数列的求和方法

等差数列等比数列相关性质和公式以及数列求和方法_高二数学_数学_高中教育_教育专区。本文主要介绍的等差和等比数列的相关性质和公式,以及数列求和公式,相当经典...

等差与等比数列和数列求和的基本方法和技巧1

等差与等比数列和数列求和的基本方法和技巧1_高三数学_数学_高中教育_教育专区。...高考专题复习练习三——等差与等比数列答案 1.D 2.C 3.B 4.A 5.A 6.C...

等差数列和等比数列的解题技巧

,,,?,且 ;我们可把各个关系式列出来进行叠加求和,可得 ∴ 再看叠乘法: 且 ,可把各个商列出来求积。 另外可以变形转化为等差数列与等比数列,利用等差数列与...

等差数列和等比数列公式

等差数列和等比数列公式_高一数学_数学_高中教育_教育专区。简要介绍资料的主要内容...m 式求和公式 n(a1 + a n ) n(n ? 1) = na1 + d 2 2 d d = ...

2014年高三复习等差数列、等比数列的概念及求和测试题...

2014年高三复习等差数列等比数列的概念及求和测试题及答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。专题:等差数列等比数列的概念及求和一、选择题 1 .已知数列 ?an...

苏教版高一数学必修5等差与等比数列求和习题及答案

苏教版高一数学必修5等差与等比数列求和习题及答案_数学_高中教育_教育专区。差与等比数列求和习题 2 2 1.设{an}是首项为 1 的正项数列, 且 ?n ? 1?an...

...6.4等差数列、等比数列与数列求和试题 理 苏教版

2016高考数学大一轮复习 6.4等差数列等比数列与数列求和试题 理 苏教版_数学_高中教育_教育专区。第4讲一、填空题 等差数列等比数列与数列求和 1.设{an}是...

等差数列、等比数列的概念及求和高考题

等差数列等比数列的概念及求和高考题 隐藏>> 星光鱼教育 21.(2009 江西卷文...a8 ? 28 ,则该数列前 10 项和 S10 等于( A.64 答案 B 3.(2008 广东)...