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第六章第4讲数列求和


第 4 讲 数列求和

an 与 Sn 的关系问题 (2015· 高考全国卷Ⅱ)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和, 且 a1=-1, an+1=SnSn+1, 则 Sn=________. [解析] ∵ an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1, ∴ Sn+1-Sn=SnSn+1. 1 1 1 1 ∵ Sn≠0,∴ - =1,即 - =-1. S

n Sn+1 Sn+1 Sn 1 1 又 =-1,∴ 是首项为-1,公差为-1 的等差数列. S1 Sn 1 ∴ =-1+(n-1)×(-1)=-n, Sn 1 ∴ Sn=- . n 1 [答案] - n
?S1 ?n=1? ? (1)求解 an 与 Sn 关系问题的思想方法为:利用关系式 an=? 进行转化. ?Sn-Sn-1 ?n≥2? ? (2)求解 an 与 Sn 关系问题的常用方法: ①若结论中需要的是通项 an 型,将 Sn 转化成 an; ②若结论中需要的是求和 Sn 型,将 an 转化成 Sn; ③利用求出的 an 代入关系式求出 Sn 或利用求出的 Sn 代入关系式求 an.

2 1 1.若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an=________. 3 3 2 1 解析:当 n=1 时,S1= a1+ =a1,∴a1=1. 3 3 1 2 2 1 2 a - + ?= (a -an-1), 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= an+ -? 3 3 ? 3 n 1 3? 3 n an ∴an=-2an-1,即 =-2,∴{an}是以 1 为首项的等比数列,其公比为-2, an-1 - - ∴an=1×(-2)n 1,即 an=(-2)n 1. - 答案:(-2)n 1 3 3 2 2. Sn 是数列{an}的前 n 项之和, 已知 an>0, a3 1+a2+?+an=Sn.求数列{an}的通项公式. 3 3 3 2 解:∵a1+a2+?+an=Sn,an>0,① 2 2 ∴当 n=1 时,a3 1=S1=a1,解得 a1=1. 3 3 2 当 n=2 时,a1+a2=S2,解得 a2=2, 当 n≥2 时, 3 3 2 a3 1+a2+?+an-1=Sn-1,② ①-②得

2 2 a3 n=Sn-Sn-1=an(Sn+Sn-1) 2 ∴an=Sn+Sn-1③ ∴a2 n+1=Sn+1+Sn④ ④-③得 (an+1+an)(an+1-an)=an+1+an. ∴an+1-an=1,又∵a2-a1=1,∴数列{an}是首项 a1=1,公差为 1 的等差数列,∴an =1+(n-1)×1=n.

裂项相消法求数列的前 n 项和 (2015· 高考全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,a2 n+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1 2 [解] (1)由 an +2an=4Sn+3,① 2 可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3.② 2 ②-①,得 a2 n+1-an+2(an+1-an)=4an+1, 2 2 即 2(an+1+an)=an+1-an =(an+1+an)(an+1-an). 由 an>0,得 an+1-an=2. 又 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知 1 1 1 1 1 bn= = = ?2n+1-2n+3?. ? anan+1 ?2n+1??2n+3? 2? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 1 ?1 1? ?1 1? - + - + Tn=b1+b2+?+bn= ? 2??3 5? ?5 7? 1 1 n ?+?2n+1-2n+3??= ? ?? 3?2n+3?. (1)若{an}是等差数列,且 an≠0,基本裂项公式为 1 1 1 1 1 1 1 1 ① = ? a -a ? ② = ?a - a ?. anan+1 d? n n+1? anan+t td? n n+t? (2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一,其基本形式为:若{an}是等差数列且 1 1 1 n an≠0,则 + +?+ = . a1a2 a2a3 anan+1 a1an+1 1 1 1 1.若 Sn= + +?+ ,则 Sn 的取值范围是________. 2×5 5×8 ?3n-1??3n+2? 1 1 1 解析: + +?+ 2×5 5×8 ?3n-1??3n+2? 1 1 1 1 1 1 1 = ?2-5+5-8+?+3n-1-3n+2? 3? ? 1 1 1 = ?2-3n+2?. 3? ? 1 1 Sn 的最小值为 S1= = . 2×5 10 1 1 1 1 1 1 又 Sn= ?2-3n+2?< × = . 3? ? 3 2 6

1 1 ≤S < . 10 n 6 1 1? 答案:? ?10,6? 2.已知数列{an}是等差数列,a1=2,且 a2,a3,a4+1 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; 2 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. n· ?an+2? 解:(1)设数列{an}的公差为 d,由 a1=2 和 a2,a3,a4+1 成等比数列,得 (2+2d)2=(2+d)(3+3d), 解得 d=2 或 d=-1. 当 d=-1 时,a3=0 与 a2,a3,a4+1 成等比数列矛盾,舍去. 所以 d=2,所以 an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n,即数列{an}的通项公式为 an=2n. 2 2 1 (2)bn= = = n· ?an+2? n· ?2n+2? n· ?n+1? 1 1 = - , n n+1 1 1 1 1 1 1 n Sn=b1+b2+?+bn=1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 n n+ 1 n+1 n+1 ∴

错位相减法求数列的前 n 项和 (2014· 高考新课标全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x2-5x+6 =0 的根. (1)求{an}的通项公式; ?an? (2)求数列?2n?的前 n 项和. ? ? [解] (1)方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3, 由题意得 a2=2,a4=3. 1 3 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d= ,从而 a1= . 2 2 1 所以{an}的通项公式为 an= n+1. 2 n+1 n+2 ?an? an n+2 3 4 (2)设?2n?的前 n 项和为 Sn.由(1)知 n= n+1 ,则 Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 2 ? ? 2 n+1 n+2 1 3 4 S = + +?+ n+1 + n+2 . 2 n 23 24 2 2 两式相减得 1 1 n+2 1 3 Sn= +?23+?+2n+1?- n+2 2 4 ? ? 2 1 n+2 3 1 = + ?1-2n-1?- n+2 . 4 4? ? 2 n+4 所以 Sn=2- n+1 . 2 错位相减法是数列求和的重要方法之一,其基本形式是:{an}是公差为 d 的等差数列, {bn}是公比为 q 的等比数列,求数列{anbn}的前 n 项之和 Sn. Sn=a1b1+a2b2+?+an-1bn-1+anbn① qSn=a1b2+?+an-2bn-1+an-1bn+qanbn② ①-②得 (1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+?+bn)-qanbn.③

化简③求出 Sn 即可. 其基本方法为:乘 q(等比数列公比)错位,相减提 d(等差数列的公差),整理求和,化简 结果. 1.数列{a n}满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. ?an? (1)证明:数列? n ?是等差数列; ? ? (2)设 bn=3n· an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an+1 an an+1 an ?an? a1 解:(1)证明:由已知可得 = +1,即 - =1,所以? n ?是以 =1 为首项,1 1 ? ? n+1 n n+ 1 n 为公差的等差数列. an (2)由(1)得 =1+(n-1)· 1=n,所以 an=n2. n 从而 bn=n· 3n. Sn=1×31+2×32+3×33+?+n· 3n,① + 2 3 n 3Sn=1×3 +2×3 +?+(n-1)· 3 +n· 3n 1.② + ?1-3n? ?1-2n?· 3n 1-3 1 2 n n+1 3· n+1 ①-②得,-2Sn=3 +3 +?+3 -n· 3 = -n· 3 = . 2 1-3 n+1 ?2n-1?· 3 +3 所以 Sn= . 4 2.已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且 a1=b1=1,b2+b3= 2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设 cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前 n 项和. 解: (1) 设数列 {an} 的公比为 q ,数列 {bn} 的公差为 d ,由题意知 q > 0. 由已知,有 2 ?2q -3d=2, ? ? 4 消去 d,整理得 q4-2q2-8=0,解得 q2=4. ? q - 3 d = 10 , ? 又因为 q>0,所以 q=2,所以 d=2. - 所以数列{an}的通项公式为 an=2n 1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1,n∈ * N. - (2)由(1)有 cn=(2n-1)· 2 n 1, 设{cn}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn=1×20+3×21+5×22+? n-2 n-1 +(2n-3)×2 +(2n-1)×2 , - 2Sn=1×21+3×22+5×23+?+(2n-3)×2n 1+(2n-1)×2n, 上述两式相减,得 + -Sn=1+22+23+?+2n-(2n-1)×2n=2n 1-3-(2n-1)· 2n=-(2n-3)· 2n-3, 所以, Sn=(2n-3)· 2n+3,n∈N*.

根据数列的特征求和 (1)[ 分组求和 ] 数列 {an} 满足 an + 1 + ( - 1)nan = 2n - 1 ,则 {an} 的前 60 项和为 ________. (2)[并项求和]求数列 1002,-992,982,-972,?,22,-12 的和. [解] (1)∵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 15×?10+234? +26+42+?+234= =1 830.填 1 830. 2

-1

2

(2)S100=1002+(-992)+982+(-972)+?+22+(-12)=1002-992+982-972+?+22 =(100+99)+(98+97)+?+(2+1) =(100+1)+(99+2)+?+(51+50) =5 050.

(1)分组求和法 数列的通项较复杂时,把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差,从而将原数列分 解成两个(或多个)数列的和或差,而这两个(或多个)数列或者是等差数列、等比数列,或者 是已知其和,求出这两个(或多个)数列的和,再相加或相减,得到原数列和的方法便是分组 求和法. (2)并项求和法 一个数列的前 n 项和可两两结合求解,则称之为并项求和.一般地,若数列中相邻两项 或几项的和是同一个常数或有规律可循, 可使用并项求和法. 通项形如 an=(-1)nf(n)的数列 求和,可采用两项合并求解. 1.设 y=f(x)是一次函数,若 f(0)=1,且 f(1),f(4),f(13)成等比数列,则 f(2)+f(4)+? +f(2n)等于( ) A.n(2n+3) B.n(n+4) C.2n(2n+3) D.2n(n+4) 解析:选 A.由题意可设 f(x)=kx+1(k≠0),则(4k+1)2=(k+1)(13k+1),解得 k=2,f(2) +f(4)+?+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+?+(2×2n+1)=2n2+3n. ?n-1,n为奇数 ? 2.已知数列{an}的通项公式为 an=? ,则 a1+a2+a3+?+a99+a100= ?n,n为偶数 ? ________. 解析:由题意, 得 a1+a2+a3+a4+?+a99+a100=(0+2+4+?+98)+(2+4+6+? +100)=5 000. 答案:5 000

一、选择题 1. (必修 5 P45 练习 T2 改编)数列{an}的前 n 项之和为 Sn=n2+n+1, 则通项公式为( ) A.an=2n+1 B.an=2n ? ? 3 , n = 1 n=1 ? ?3, C.an=? D.an=? ?2n, n≥2 ?2n+1, n≥2 ? ? 解析:选 C.n=1 时,a1=S1=3,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n- 1)+1]=2n. ?3, n=1, ? ∴通项公式为 an=? 故选 C. ?2n, n≥2. ? 2.(必修 5 P58 练习 T2 改编)等比数列{an}的前 n 项之和为 Sn,S5=10,S10=50,则 S15 的值为( ) A.60 B.110 C.160 D.210 解析:选 D.由等比数列前 n 项和性质知,S5,S10-S5,S15-S10 成等比数列,即(S10- ?S10-S5?2 S5)2=S5(S15-S10),∴S15= +S10 S5

?50-10?2 +50=210.故选 D. 10 二、填空题 = 1 ? ? 99 3.(必修 4 P47B 组 T4 改编)数列?n?n+1??的前 n 项之和为 ,则 n=________. 100 ? ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 解析:由题意得 + + +?+ = - + - + - +?+ - n n+1 1×2 2×3 3×4 n×?n+1? 1 2 2 3 3 4 1 n 99 =1- = = . 100 n+1 n+1 ∴n=99. 答案:99 1 3 5 7 4.(必修 5 P67A 组 T2(1)改编)数列 , , , ,?,的前 10 项之和为________. 2 4 8 16 1 3 5 19 解析:S10= + + +?+ 10① 2 4 8 2 1 1 3 17 19 ∴ S10= + +?+ 10+ 11② 2 4 8 2 2 ①-②得 2 1 1 2 2 19 S = +? + +?+210? ?-211 2 10 2 ?4 8 1?9? 1? 1-? 2? ? 19 ? ? 2 1 = + - 11 2 1 2 1- 2 10 3 1 19 3×2 -23 = - 9- 11= 2 2 2 211 10 3×2 -23 3 049 ∴S10= = . 210 1 024 3 049 答案: 1 024 三、解答题 5.(必修 5 P68A 组 T11 改编)已知等差数列{an}的公差 d>0,前 n 项和为 Sn,a2,a4 是方 程 x2-10x+21=0 的两根. 1 1 1 (1)求证: + +?+ <1; S2 S3 Sn - (2)求数列{2 nan}的前 n 项和 Tn. 解:(1)证明:∵x2-10x+21=0 的两根为 x=3 或 x=7, ?a1+d=3 ? 由题意得 a2=3,a4=7,∴? , ? ?a1+3d=7 解得 a1=1,d=2, ∴an=1+(n-1)×2=2n-1, n?n-1? ∴Sn=n×1+ ×2=n2, 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 当 n≥2 时,Sn=n2>n(n-1),∴ + +?+ < + +?+ = - + - S2 S3 Sn 1×2 2×3 ?n-1?n 1 2 2 1 1 1 1 +?+ - =1- <1. 3 n n-1 n 2n-1 2n-1 1 3 5 - - (2)∵2 nan= n ,∴数列{2 nan}的前 n 项和 Tn= 1+ 2+ 3+?+ n ,① 2 2 2 2 2 2n-3 2n-1 1 1 3 ∴ Tn= 2+ 3+?+ n + n+1 .② 2 2 2 2 2

1 1 ①-②得 Tn= + 2 2 1 1 1 ? 2n-1 2+ 3+?+ n - n+1 2? 2? 2 ?2 2 1 ? ?1?n-1? 1- 22? ?2? ? 2n-1 1 = +2× - n+1 2 1 2 1- 2 3 2n+3 ?1?n = - · , 2 2 ?2? 1?n ∴Tn=3-(2n+3)? ?2? .

一、选择题 1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-1(n∈N*),则 a5=( ) A.-16 B.16 C.31 D.32 [导学号 03350467] 解析:选 B.由已知得 a1=2a1-1,所以 a1=1.Sn+1-Sn=(2an+1-1) -(2an-1), 整理得 an+1=2an, 因此数列{an}是以 1 为首项, 2 为公比的等比数列, 故 a5=1×24 =16.故选 B. 1 ? ? ?的前 8 项 2.已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5,则数列?a ? 2n-1a2n+1? 和为( ) 3 8 A.- B.- 4 15 3 8 C. D. 4 15 n?n-1? [导学号 03350468] 解析: 选 B.设数列{an}的公差为 d, 则 Sn=na1+ d.由已知可 2 ? ?3a1+3d=0, 得? 解得 a1=1,d=-1,故{an}的通项公式为 an=2-n. ?5a1+10d=-5, ? 1 ? 1 ? ? 1 1 1 1 ?的前 8 项和为 - 所以 = = ? ,所以数列?a a2n-1a2n+1 ?3-2n??1-2n? 2?2n-3 2n-1? ? 2n-1a2n+1? 1 1 ? 1? 1 1 1 1 8 - + - +?+ - 16-3 16-1?=-15.故选 B. 2?-1 1 1 3 3.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-9n,且数列的第 k 项满足 5<ak<8,则 k=( ) A.9 B.8 C.7 D.6 [导学号 03350469] 解析:选 B. ? ? ?S1,?n=1? ?-8,?n=1? 由 an=? =? ,得 an=2n-10(n∈N*),因为 5<ak<8, ?Sn-Sn-1,?n≥2? ?2n-10,?n≥2? ? ? 15 即 5<2k-10<8,解得 <k<9,又 k∈N*,所以 k=8.故选 B. 2 4.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若 a1=2,数列{an} 的“差数列”的通项为 2n,则数列{an}的前 n 项和 Sn=( )

A.2 B.2n - n+1 C.2 -2 D.2n 1-2 [导学号 03350470] 解析:选 C.∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+ + 2-2n 2-2n 1 n+1 - - (a2-a1)+a1=2n 1+2n 2+?+22+2+2= +2=2n-2+2=2n,∴Sn= =2 - 1-2 1-2 2.故选 C. 5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则 Sn=( ) 3 - - ?n 1 A.2n 1 B.? ?2? 2?n-1 1 C.? D. n-1 ?3? 2 [导学号 03350471] 解析:选 B.由已知 Sn=2an+1,得 Sn=2(Sn+1-Sn),即 2Sn+1=3Sn, Sn+1 3 3?n-1 = ,而 S1=a1=1,所以 Sn=? ?2? .故选 B. Sn 2 ?1? m 6.在等差数列{an}中,a2=5,a6=21,记数列?a ?的前 n 项和为 Sn,若 S2n+1-Sn≤ 对 15 ? n? 任意的 n∈N*恒成立,则正整数 m 的最小值为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 ? ?a1+d=5, [导学号 03350472] 解析: 选 C.在等差数列{an}中, ∵a2=5, a6=21, ∴? ?a1+5d=21, ? 解得 a1=1,d=4. 1 1 1 ∴ = = . an 1+4?n-1? 4n-3 ∵(S2n+1-Sn)-(S2n+3-Sn+1) 1 1 1 1 1 1 =?a +a +?+a ?-?a +a +?+a ? + + + ? n+1 n+2 ? ? 2n 1 n 2 n 3 2n+3? 1 1 1 1 1 1 = - - = - - an+1 a2n+2 a2n+3 4n+1 8n+5 8n+9 1 1 1 1 =?8n+2-8n+5?+?8n+2-8n+9?>0, ? ? ? ? 1 1 * ∴数列{S2n+1-Sn}(n∈N )是递减数列, 数列{S2n+1-Sn}(n∈N*)的最大项为 S3-S1= + 5 9 14 = , 45 14 m 14 ∴ ≤ ,m≥ . 45 15 3 又 m 是正整数,∴m 的最小值是 5.故选 C. 二、填空题 7. 《张丘建算经》卷上第 22 题——“女子织布”问题:某女子善于织布,一天比一天 织得快,而且每天增加的数量相同.已知第一天织布 5 尺,30 天共织布 390 尺,则该女子 织布每天增加________尺. [导学号 03350473] 解析:由题意,该女子从第一天起,每天所织的布的长度成等差数 30×29 列,记为 a1,a2,a3,?,an,其公差为 d,则 a1=5,S30=390,所以 30a1+ ×d= 2 16 390,∴d= . 29 16 答案: 29 8. 已知数列{an}中, a1=2, a2n=an+1, a2n+1=n-an, 则{an}的前 100 项和为________. [导学号 03350474] 解析:由 a1=2,a2n=an+1,a2n+1=n-an,

得 a2n+a2n+1=n+1,∴a1+(a2+a3)+(a4+a5)+?+(a98+a99)=2+2+3+?+50=1 276, ∵a100=1+a50=1+(1+a25)=2+(12-a12)=14-(1+a6) =13-(1+a3)=12-(1-a1)=13,∴a1+a2+?+a100=1 276+13=1 289. 答案:1 289 1 9.已知数列{an},{cn}满足 a1=1,an+1=2an+1,cn= .设数列{cn}的前 n ?2n+1??2n+3? 1 项和为 Tn,若存在 m 使得 Tn> 对任意的 n∈N*都成立,则正整数 m 的最小值为________. am [导学号 03350475] 解析:∵an+1=2an+1, ∴an+1+1=2(an+1),∵a1=1,a1+1=2≠0, ∴数列{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列, 1 1 1 1 1 - ∴an+1=2×2n 1,∴an=2n-1,又 cn= = ?2n+1-2n+3?,∴Tn= 2 ? ?2n+1??2n+3? 2? 1 1 1 1 1 1 ? - + - +?+ ? - 2n+1 2n+3? ?3 5 5 7 1 1 1 n n = ?3-2n+3?= 2? ? 3×?2n+3?=6n+9. Tn+1 n+1 6n+9 6n2+15n+9 9 则 = · = =1+ 2 >1,又 Tn>0,∴Tn<Tn+1,n∈N*, Tn 6n+15 n 6n2+15n 6n +15n 即数列{Tn}是递增数列. 1 1 1 1 ∴当 n=1 时,Tn 取得最小值 ,要使得 Tn> 对任意 n∈N*都成立,只需 > m , 15 am 15 2 -1 由此得 m>4.∴正整数 m 的最小值是 5. 答案:5 三、解答题 1 10.已知数列{an},a1= ,Sn=a1+a2+?+an,n∈N*,并且 lg(1-Sn)+lg(1-Sn-1)= 2 lg an(n≥2). ? 1 ? (1)求证:?S -1?为等差数列; ? n ? (2)求 Sn. 1 [导学号 03350476] 解:(1)证明:当 n=1 时,S1=a1= ; 2 当 n≥2 时,可得(1-Sn)(1-Sn-1)=an=Sn-Sn-1. Sn-1-Sn 1 1 因为有 - = Sn-1 Sn-1-1 ?Sn-1??Sn-1-1? -?1-Sn??1-Sn-1? = =-1. ?Sn-1??Sn-1-1? 1 1 又 = =-2, S1-1 1 -1 2 ? 1 ? 故?S -1?是以-2 为首项,-1 为公差的等差数列. ? n ? 1 n (2)由(1)得 =-2+(n-1)×(-1)=-(n+1),于是 Sn= (n∈N*). Sn-1 n+1 2 11.各项都为正数的数列{an},满足 a1=1,a2 n+1-an=2. (1)求数列{an}的通项公式; 2 ?an? (2)求数列?2n?的前 n 项和 Sn. ? ? 2 2 2 [导学号 03350477] 解:(1)因为 a2 n+1-an=2,a1=1,所以数列{an}是首项为 1,公差

为 2 的等差数列. * 所以 a2 n=1+(n-1)×2=2n-1,因为 an>0,所以 an= 2n-1(n∈N ). 2 an 2n-1 (2)由(1)知,an= 2n-1,所以 n= n , 2 2 2n-3 2n-1 1 3 5 于是 Sn= + 2+ 3+?+ n-1 + n ,① 2 2 2 2 2 2n-3 2n-1 1 1 3 5 S = + + +?+ n + n+1 ,② 2 n 22 23 24 2 2 1 1 2 2 2 2 2n-1 ①-②,得 Sn= + 2+ 3+ 4+?+ n- n+1 2 2 2 2 2 2 2 1 ? 2n-1 1 ?1 1 1 = +2?22+23+24+?+2n?- n+1 2 2 1 ? 1 ? × 1-2n-1 4 ? ? 2n-1 1 = +2× - n+1 2 1 2 1- 2 2n+3 3 2n+3 = - n+1 ,所以 Sn=3- n . 2 2 2 1 12.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2=2,S5=15,数列{bn}满足 b1= ,bn+1 2 n+1 = b. 2n n (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 2Sn?2-Tn? (2)记 Tn 为数列{bn}的前 n 项和,f(n)= ,试问 f(n)是否存在最大值?若存在, n+2 求出最大值;若不存在,请说明理由. ?a1+d=2, ? [导学号 03350478] 解:(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则? ?5a1+10d=15. ? 解得 a1=1, d=1,∴an=n. bn+1 bn bn b1 1?n-1 由题意知 = ,∴ = ? , n 1 ?2? n+1 2n n ∴bn= n. 2 1 2 3 n (2)由(1),得 Tn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 n+2 1 1 2 3 n Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1,∴Tn=2- n , 2 2 2 2 2 2 2 n?n+1? 2Sn?2-Tn? n +n 又∵Sn= ,∴f(n)= = n . 2 2 n+2 2 2 ?n+1? +n+1 n +n f(n+1)-f(n)= - n + 2 2n 1 ?n+1??2-n? = . + 2n 1 当 n≥3 时,f(n+1)-f(n)<0. 当 n<3 时,f(n+1)-f(n)≥0. 3 3 又∵f(1)=1,f(2)= ,f(3)= . 2 2 3 ∴f(n)存在最大值,为 . 2


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