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《三维设计》2016级数学一轮复习基础讲解数列求和(含解析)


《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法

第四节

数_列_求_和

[知识能否忆起] 一、公式法 1.如果一个数列是等差数列或等比数列,则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项 和公式,注意等比数列公比 q 的取值情况要分 q=1 或 q≠1. 2.一些常见数列的前 n 项和公式: n?n+1? (

1)1+2+3+4+…+n= ; 2 (2)1+3+5+7+…+2n-1=n2; (3)2+4+6+8+…+2n=n2+n. 二、非等差、等比数列求和的常用方法 1.倒序相加法 如果一个数列{an},首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个 数列的前 n 项和即可用倒序相加法,等差数列的前 n 项和即是用此法推导的. 2.分组转化求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成, 则求和时 可用分组转化法,分别求和而后相加减. 3.错位相减法 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构成的, 那么这个 数列的前 n 项和即可用此法来求,等比数列的前 n 项和就是用此法推导的. 4.裂项相消法 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. [小题能否全取] 1. (2012· 沈阳六校联考)设数列{(-1)n}的前 n 项和为 Sn, 则对任意正整数 n, Sn=( n[?-1?n-1] A. 2 ?-1?n+1 C. 2 解析:选 D ?-1?n 1+1 B. 2


)

?-1?n-1 D. 2 因 为 数 列 {( - 1)n} 是 首 项 与 公 比 均 为 - 1 的 等 比 数 列 , 所 以 Sn =

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-1-?-1?n×?-1? ?-1?n-1 = . 2 1-?-1?
?Sn? 2.等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项的和为 Sn,则数列? n ?的前 10 项 ? ?

的和为( A.120 C.75

) B.70 D.100

n?a1+an? 解析:选 C ∵Sn= =n(n+2), 2 Sn S1 S2 S10 ∴ =n+2.故 + +…+ =75. n 1 2 10 3.数列 a1+2,…,ak+2k,…,a10+20 共有十项,且其和为 240,则 a1+…+ak+… +a10 的值为( A.31 C.130 解析:选 C 240-110=130. 4.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为________. 2?1-2n? n?1+2n-1? n 1 解析:Sn= + =2 + -2+n2. 2 1-2 答案:2n 1+n2-2


) B.120 D.185 a1+…+ak+…+a10=240-(2+…+2k+…+20)=240- ?2+20?×10 = 2

1 1 1 1 5.数列 , , ,…, ,…的前 n 项和为________. 2×4 4×6 6×8 2n?2n+2? 1 ? 1 1?1 解析:因 an= = ?n- ? 2n?2n+2? 4? n+1? 1 1 ? 1? 1 1 1 则 Sn= ?1-2+2-3+…+n- 4? n+1? ? 1 ? 1? n = ? 1- = . 4? n+1? ? 4?n+1? 答案: n 4?n+1?

数列求和的方法 (1)一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项,然后通过对通项变形,转 化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和. (2)解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路:

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①转化的思想, 即将一般数列设法转化为等差或等比数列, 这一思想方法往往通过通项 分解或错位相减来完成. ②不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法 等来求和.

分组转化法求和

典题导入 [例 1] (2011· 山东高考)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 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

(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 2n 项和 S2n. [自主解答] (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. (2)因为 bn=an+(-1)nln an=2· 3n-1+(-1)nln(2· 3n-1)=2· 3n-1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(- 1)nnln 3, 所以 S2n=b1+b2+…+b2n=2(1+3+…+32n-1)+[-1+1-1+…+(-1)2n](ln 2-ln 3) 1-32n +[-1+2-3+…+(-1) 2n]ln 3=2× +nln 3=32n+nln 3-1. 1-3
2n

由题悟法 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an=bn± cn, 且{bn}, {cn}为等差或等比数列, 可采用分组求和法求{an}的前 n 项和.

《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法 ? ?bn,n为奇数, (2)通项公式为 an=? 的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数 ?cn,n为偶数 ?

列,可采用分组求和法求和. 以题试法 1.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. 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. n?n+1? (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+ . 2 错位相减法求和

典题导入 [例 2] (2012· 江西高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=kcn-k(其中 c,k 为常数),且 a2 =4,a6=8a3. (1)求 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. [自主解答] (1)由 Sn=kcn-k,得 an=Sn-Sn-1=kcn-kcn-1(n≥2).

? ?c=2, 由 a2=4,a6=8a3 ,得 kc(c-1)=4,kc5(c-1)=8kc2(c-1),解得? ?k=2, ?
所以 a1=S1=2,an=kcn-kcn-1=2n(n≥2), 于是 an=2n. (2)Tn= ?iai= ?i· 2i,
i=1 i=1 n n

即 Tn=2+2· 22+3· 23+4· 24+…+n· 2n. Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-…-2n+n· 2 n +1 =-2n+1+2+n· 2n+1=(n-1)2n+1+2.

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由题悟法 用错位相减法求和应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形; (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出 “Sn-qSn”的表达式. (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解. 以题试法 2.(2012· 济南模拟)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=3n+k. (1)求 k 的值及数列{an}的通项公式; an+1 (2)若数列{bn}满足 =(4+k)anbn,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2 解:(1)当 n≥2 时,由 an=Sn-Sn-1=3n+k-3n-1-k=2· 3n-1,得等比数列{an}的公比 q=3,首项为 2. ∴a1=S1=3+k=2,∴k=-1,∴数列{an}的通项公式为 an=2· 3n-1. (2)由 an+1 n =(4+k)anbn,可得 bn= n 1, 2 2· 3-

3 n 即 bn= · n. 23 n 3 1 2 3 + 2+ 3+…+ n?, ∵Tn= ? 3 3 3 3 ? ? 2 n ? 1 3? 1 2 3 ∴ Tn= ?32+33+34+…+ n+1?, 3 2? 3 ? 1 n ? 2 3?1 1 1 ∴ Tn= ?3+32+33+…+3n- n+1?, 3 2? 3 ? 1 n ? 9? 1 n- n 1?. ∴Tn= ?2-2· 3 3+ 4? ?

裂项相消法求和

典题导入 [例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=nan-n(n-1)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;

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2 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1 [自主解答] (1)∵Sn=nan-n(n-1),当 n≥2 时, Sn-1=(n-1)· an-1-(n-1)(n-2), ∴an=Sn-Sn-1=nan-n(n-1)-(n-1)an-1+(n-1)· (n-2), 即 an-an-1=2. ∴数列{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列, 故 an=1+(n-1)· 2=2n-1,n∈N*. 2 2 1 1 (2)由(1)知 bn= = = - , anan+1 ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 ? 1 - 1 ? 1 1- ?+? - ?+? - ?+…+? 故 Tn=b1+b2+…+bn=? = 1 - = ? 3 3 5 5 7 ? ? ? ? ? ? ?2n-1 2n+1? 2n+1 2n 2n+1 .

1 本例条件不变,若数列{bn}满足 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. Sn+n 解:Sn=nan-n(n-1)=n(2n-1)-n(n-1)=n2. 1 1 1 1 1 bn= = 2 = = - , n Sn+n n +n n?n+1? n+1 1 1? ?1 1? ?1 1? ?1- 1 ? 1 n Tn=? = . n n+1?=1- ?1-2?+?2-3?+?3-4?+…+? ? ? n+1 n+1

由题悟法 利用裂项相消法求和应注意 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项; (2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项 1 1 1 1 1 1 1 1 相等.如:若{an}是等差数列,则 = ?a -a ?, = ?a -a ?. anan+1 d? n n+1? anan+2 2d? n n+2? 以题试法 3.(2012· “江南十校”联考)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.

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(1)求数列{an}的通项公式; 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 + + +…+ S1 S2 S3 1 <k 对任意 n∈N*恒成立.若存在,求出正整数 k 的最小值;不存在,请说明理由. Sn 解:(1)设数列{an}的公比为 q,由题意可得 a3=16, ∵a3-a2=8,则 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 ∵ = = ?n- , Sn n?n+3? 3? n+3? ? 1 1 1 1 ∴ + + +…+ S1 S2 S3 Sn 1 1 ? 4?1 1 1 1 1 1 = ?1-4+2-5+3-6+…+n- 3? n+3? ? 1 1 1 ? 22 4? 1 1 - - = ?1+2+3- < , 3? n+1 n+2 n+3? ? 9 ∴存在正整数 k 的最小值为 3.

?1? 1.已知{an}是首项为 1 的等比数列,Sn 是{an}的前 n 项和,且 9S3=S6,则数列?a ?的 ? n?

前 5 项和为( 15 A. 或 5 8 31 C. 16

) 31 B. 或 5 16 15 D. 8

9?1-q3? 1-q6 解析:选 C 设数列{an}的公比为 q.由题意可知 q≠1,且 = ,解得 q=2, 1-q 1-q

《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法 ?1? 1 31 所以数列?a ?是以 1 为首项, 为公比的等比数列,由求和公式可得 S5= . 2 16 ? n?

2. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn(a、 b∈R), 且 S25=100, 则 a12+a14 等于( A.16 C.4 B.8 D.不确定

)

解析:选 B 由数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn(a、b∈R),可知数列{an}是等差数列, ?a1+a25?×25 由 S25= =100,解得 a1+a25=8,所以 a1+a25=a12+a14=8. 2 1 1 1 1 1 3.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,…,(2n-1)+ n,…的前 n 项和 Sn 的值等于( 2 4 8 16 2 1 A.n2+1- n 2 C.n2+1- 1 - 2n 1 B.2n2-n+1- D.n2-n+1- 1 2n )

1 2n

1 解析:选 A 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ n, 2 1 1 1? 2 1 则 Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+? ?2+22+…+2n?=n +1-2n. 1 1 4.(2012· “江南十校”联考)若数列{an}为等比数列, 且 a1=1,q=2, 则 Tn= + a1a2 a2a3 +…+ 1 的结果可化为( anan+1 ) 1 B.1- n 2 1 2 1- n? D. ? 3? 2 ? 1 - 1 - an=2n 1,设 bn= =? ?2n 1, anan+1 ?2?

1 A.1- n 4 1 2 1- n? C. ? 3? 4 ? 解析:选 C

1?2n-1 1 1?3 则 Tn=b1+b2+…+bn= +? +…+? ?2? 2 ?2? 1 1? 1- n? 2? 4 ? 2? 1 = = ?1-4n? ?. 1 3 1- 4
? 1 ? 5.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?

(

) 100 A. 101 99 C. 100 99 B. 101 101 D. 100

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解析:选 A 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. a +4d=5, ? ? 1 ∵a5=5,S5=15,∴? 5×?5-1? d=15, ?5a1+ 2 ?
? ?a1=1, ∴? ∴an=a1+(n-1)d=n. ?d=1, ?



? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 1 = = - ,∴数列?a a ?的前 100 项和为 1- + - +…+ - n 2 2 3 100 anan+1 n?n+1? n+1 ? n n+1?

1 1 100 =1- = . 101 101 101
2 ? ?n ?当n为奇数时?, ? 6. 已知函数 f(n)= 且 an=f(n)+f(n+1), 则 a1+a2+a3+…+a100 2 ?-n ?当n为偶数时?, ?

等于( A.0

) B.100 D.10 200

C.-100

解析:选 B 由题意,a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992 -1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+ 100)+(2+3+…+100+101)=-1+101=100. 7.在等差数列{an}中,Sn 表示前 n 项和,a2+a8=18-a5,则 S9=________. 解析:由等差数列的性质及 a2+a8=18-a5, 得 2a5=18-a5,则 a5=6, ?a1+a9?×9 故 S9= =9a5=54. 2 答案:54 8.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若 a1=2,{an}的“差 数列”的通项公式为 2n,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析:∵an+1-an=2n, ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2
n-1

+2

n-2

2-2n +…+2 +2+2= +2=2n-2+2=2n. 1-2
2

∴Sn=

2-2n+1 1-2

=2n+1-2.

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答案:2n 1-2


? 1 ? 9.已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列?b b ?的 ? n n+1?

前 n 项和 Sn=________. a4 解析:设等比数列{an}的公比为 q,则 =q3=27,解得 q=3.所以 an=a1qn-1=3×3n-1 a1 =3n,故 bn=log3an=n, 1 1 1 1 所以 = = - . n bnbn+1 n?n+1? n+1 则数列?
? ? ? ? 1 1 1 1 1 1 n ?的前 n 项和为 1- + - +…+ - =1- = . b b 2 2 3 n + n n 1 ? ? n+1 n+1 n+1 ? ?

1

答案:

n n+1

10.(2013· 唐山统考)在等比数列{an}中,a2a3=32,a5=32. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,求 S1+2S2+…+nSn. 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,依题意得

? a1q2=32, ?a1q· ? 4 解得 a1=2,q=2, ?a1q =32, ?
故 an=2· 2n-1=2n. (2)∵Sn 表示数列{an}的前 n 项和, ∴Sn= 2?1-2n? =2(2n-1), 1-2

∴S1+2S2+…+nSn=2[(2+2· 22+…+n· 2n)-(1+2+…+n)]=2(2+2· 22+…+n· 2n)- n(n+1), 设 Tn=2+2· 22+…+n· 2n,① 则 2Tn=22+2· 23+…+n· 2n+1,② ①-②,得 -Tn=2+2 +…+2 -n· 2
2 n n+1

2?1-2n? = -n· 2n+1=(1-n)2n+1-2, 1-2

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∴Tn=(n-1)2n+1+2, ∴S1+2S2+…+nSn=2[(n-1)2n+1+2]-n(n+1) =(n-1)2n+2+4-n(n+1). 11.(2012· 长春调研)已知等差数列{an}满足:a5=9,a2+a6=14. (1)求{an}的通项公式; (2)若 bn=an+qan(q>0),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

? ?a1+4d=9, 解: (1)设数列{an}的首项为 a1, 公差为 d, 则由 a5=9, a2+a6=14, 得? ?2a1+6d=14, ? ?a1=1, ? 解得? 所以{an}的通项 an=2n-1. ? ?d=2,
(2)由 an=2n-1 得 bn=2n-1+q2n-1. 当 q>0 且 q≠1 时, Sn = [1 + 3 + 5 + … + (2n - 1)] + (q1 + q3 + q5 + … + q2n - 1) = n2 + q?1-q2n? ; 1-q2 当 q=1 时,bn=2n,则 Sn=n(n+1). 所以数列{bn}的前 n 项和 n?n+1?,q=1, ? ? S =? q?1-q ? n+ ,q>0,q≠1. ? 1-q ?
n 2n 2 2

2 12.(2012· “江南十校”联考)若数列{an}满足:a1= ,a2=2,3(an+1-2an+an-1)=2. 3 (1)证明:数列{an+1-an}是等差数列; 1 1 1 1 5 (2)求使 + + +…+ > 成立的最小的正整数 n. a1 a2 a3 an 2 解:(1)由 3(an+1-2an+an-1)=2 可得: 2 2 an+1-2an+an-1= ,即(an+1-an)-(an-an-1)= , 3 3 4 2 故数列{an+1-an}是以 a2-a1= 为首项, 为公差的等差数列. 3 3 4 2 2 (2)由(1)知 an+1-an= + (n-1)= (n+1), 3 3 3

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2 1 于是累加求和得 an=a1+ (2+3+…+n)= n(n+1), 3 3 1 ? ?1 1 ∴ =3?n- , an ? n+1? ? 1 1 1 1 3 5 ∴ + + +…+ =3- > ,∴n>5, a1 a2 a3 an n+1 2 ∴最小的正整数 n 为 6.

1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn=( A.6n-n2
?6n-n2?1≤n≤3? ? C.? 2 ? ?n -6n+18?n>3?

)

B.n2-6n+18
?6n-n2 ?1≤n≤3? ? D.? 2 ? ?n -6n ?n>3?

解析:选 C ∵由 Sn=n2-6n 得{an}是等差数列,且首项为-5,公差为 2. ∴an=-5+(n-1)×2=2n-7, ∴n≤3 时,an<0,n>3 时,an>0,
2 ? ?6n-n ?1≤n≤3?, ∴Tn=? 2 ?n -6n+18?n>3?. ?

2.(2012· 成都二模)若数列{an}满足 a1=2 且 an+an-1=2n+2n 1,Sn 为数列{an}的前 n


项和,则 log2(S2 012+2)=________. 解析:因为 a1+a2=22+2,a3+a4=24+23,a5+a6=26+25,….所以 S2 a3+a4+…+a2 011+a2 012 =21+22+23+24+…+22 011+22 012 2?1-22 012? 2 013 = =2 -2. 1-2 故 log2(S2 012+2)=log222 013=2 013. 答案:2 013 3.已知递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)若 bn=anlog an,Sn=b1+b2+…+bn,求 Sn. 2 解:(1)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q. 依题意,有 2(a3+2)=a2+a4,
012=a1+a2+

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代入 a2+a3+a4=28,得 a3=8. ∴a2+a4=20. 1 3 ? ? ? ?q=2, ?a1q+a1q =20, ?q=2, ∴? 解得? 或? ?a3=a1q2=8, ? ? ? ?a1=2, ?a1=32. 又{an}为递增数列,

? ?q=2, ∴? ∴an=2n. ?a1=2. ?
1 (2)∵bn=2n· log 2n=-n· 2n, 2 ∴-Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.① ∴-2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1.② ①-②得 Sn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1 2?1-2n? = -n· 2 n+ 1 1-2 =2n+1-n· 2n+1-2. ∴Sn=2n+1-n· 2n+1-2.

1.已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1,a3,a9 成等比数列. (1)求数列{an}的通项; (2)求数列{2an}的前 n 项和 Sn. 1+2d 1+8d 解:(1)由题设知公差 d≠0,由 a1=1,a1,a3,a9 成等比数列得 = , 1 1+2d 解得 d=1 或 d=0(舍去), 故{an}的通项 an=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)知 2an=2n, 由等比数列前 n 项和公式得

《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法

2?1-2n? n 1 Sn=2+22+23+…+2n= =2 + -2. 1-2 3 2.设函数 f(x)=x3,在等差数列{an}中,a3=7,a1+a2+a3=12,记 Sn=f( an+1),令
?1? bn=anSn,数列?b ?的前 n 项和为 Tn. ? n?

(1)求{an}的通项公式和 Sn; 1 (2)求证:Tn< . 3 解:(1)设数列{an}的公差为 d,由 a3=a1+2d=7,a1+a2+a3=3a1+3d=12,解得 a1 =1,d=3,则 an=3n-2. ∵f(x)=x3,∴Sn=f( 3 an+1)=an+1=3n+1.

(2)证明:∵bn=anSn=(3n-2)(3n+1), 1 1 1? 1 - 1 ? ∴ = = ? . bn ?3n-2??3n+1? 3?3n-2 3n+1? ? 1 1 1 ∴Tn= + +…+ b1 b2 bn 1 1 ? 1? 1 1 1 - = ?1-4+4-7+…+ 3? 3n-2 3n+1? ? 1 ? 1? 1 = ? 1- .∴Tn< . 3? 3n+1? 3 ? 3.已知二次函数 f(x)=x2-5x+10,当 x∈(n,n+1](n∈N*)时,把 f(x)在此区间内的整 数值的个数表示为 an. (1)求 a1 和 a2 的值; (2)求 n≥3 时 an 的表达式; 4 (3)令 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn(n≥3). anan+1 解:(1)f(x)=x2-5x+10,又 x∈(n,n+1](n∈N*)时,f(x)的整数个数为 an,所以 f(x)在(1,2] 上的值域为[4,6)?a1=2; 15 ? f(x)在(2,3]上的值域为? ? 4 ,4??a2=1. (2)当 n≥3 时,f(x)是增函数,故 an=f(n+1)-f(n)=2n-4.

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(3) 由 (1) 和 (2) 可知, b1 =

4 4 4 = 2 , b2 = = 2. 而当 n≥3 时, bn = = 2×1 1×2 ?2n-4??2n-2?

2?

? 1 - 1 ? ?. ?2n-4 2n-2?
所以当 n≥3 时,Sn=b1+b2+b3+b4+…+bn 1 1 ? ?1 1 1 1 - =2+2+2?2-4+4-6+…+ 2n-4 2n-2? ? ? 1 ? ?1 1 =4+2?2- . ?=5- 2 n - 2 ? ? n-1


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