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2014《步步高》高考数学第一轮复习06 数列求和


§ 6.4
2014 高考会这样考

数列求和

1.考查等差、等比数列的求和;2.以数列求和为载体,考查数列求和的

各种方法和技巧;3.综合考查数列和集合、函数、不等式、解析几何、概率等知识的综合问 题. 复习备考要这样做 1.灵活掌握数列由递推式求通项公式的几种方法;2.掌握必要的化归方

/>法与求和技巧,根据数列通项的结构特点,巧妙解决数列求和的问题.

n?a1+an? n?n-1? 1. 等差数列前 n 项和 Sn= =na1+ d,推导方法:倒序相加法; 2 2 q=1, ?na1, ? n 等比数列前 n 项和 Sn=?a1?1-q ? a1-anq ? 1-q = 1-q , q≠1. ? 推导方法:乘公比,错位相减法. 2. 数列求和的常用方法 (1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (2)拆项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只 剩有限项再求和. (3)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (4)倒序相加:例如,等差数列前 n 项和公式的推导. (5)并项求和法:一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如 an =(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解. 例如, n=1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050. S 3. 常见的拆项公式 1 1 1 (1) = - ; n?n+1? n n+1 1 1 1 1 (2) = ?2n-1-2n+1?; 2? ? ?2n-1??2n+1? (3) 1 = n+1- n. n+ n+1

[难点正本 疑点清源] 1. 解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路 (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. 2. 等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法,它可将复杂的数列转化为等差、等比数 列问题来解决.

1. 在等差数列{an}中,Sn 表示前 n 项和,a2+a8=18-a5,则 S9=________. 答案 54 解析 由等差数列的性质,a2+a8=18-a5, 即 2a5=18-a5,∴a5=6, ?a1+a9?×9 ∴S9= =9a5=54. 2 1 2. 等比数列{an}的公比 q= ,a8=1,则 S8=________. 2 答案 255 1 解析 由 a8=1,q= 得 a1=27, 2 1 27[1-? ?8] 2 a1?1-q8? ∴S8= = =28-1=255. 1 1-q 1- 2 3. 若 Sn=1-2+3-4+…+(-1)n 1· n,则 S50=________. 答案 -25 解析 S50=1-2+3-4+…+49-50=(-1)×25=-25. 4. (2011· 天津)已知{an}为等差数列,其公差为-2,且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,Sn 为{an} 的前 n 项和,n∈N*,则 S10 的值为 A.-110 答案 D 解析 ∵a3=a1+2d=a1-4,a7=a1+6d=a1-12,a9=a1+8d=a1-16,又∵a7 是 a3 与 a9 的等比中项,∴(a1-12)2=(a1-4)· 1-16),解得 a1=20. (a 1 ∴S10=10×20+ ×10×9×(-2)=110. 2
? 1 ? 5. (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?


( C.90 D.110

)

B.-90

100 项和为 100 A. 101 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100

(

)

答案 A 解析 利用裂项相消法求和. 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. ∵a5=5,S5=15,

?a1+4d=5, ? ? ?a1=1, ∴? ∴? 5×?5-1? ? ?d=1, d=15, ?5a1+ 2 ?
∴an=a1+(n-1)d=n. ∴ 1 1 1 1 = = - , anan+1 n?n+1? n 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 +1? ? n n

题型一 分组转化求和 例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. 思维启迪:第(1)问由已知条件列出关于 p、q 的方程组求解;第(2)问分组后用等差、等 比数列的求和公式求解. 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. (2)由(1),知 xn=2n+n, 所以 Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n) n?n+1? + =2n 1-2+ . 2 探究提高 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. 1 1 1 1 1 1 求和 Sn=1+?1+2?+?1+2+4?+…+?1+2+4+…+2n-1?. ? ? ? ?

?

?



和式中第 k 项为

1 1 1 ak=1+ + +…+ k-1= 2 4 2

1 1-?2?k ? ? 1 1- 2

1 =2?1-2k?. ? ?

1 1 1 ∴Sn=2??1-2?+?1-22?+…+?1-2n?? ?? ? ? ? ? ?? 1 1 1 =2[(1+1+…+1 ? -( + 2+…+ n)] 2 2 2 n个

? 2?1-2 ?? 1 ? ? =2?n- 1 ?=2 1- ? ? 2
1 1
n

n-1+2n-2.

题型二 错位相减法求和 例2 n - 设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+…+3n 1an= ,n∈N*. 3 (1)求数列{an}的通项; n (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an 思维启迪: (1)由已知写出前 n-1 项之和, 两式相减. n=n·n 的特点是数列{n}与{3n} (2)b 3 之积,可用错位相减法. 解 n - (1)∵a1+3a2+32a3+…+3n 1an= ,① 3

∴当 n≥2 时, a1+3a2+32a3+…+3n 2an-1= 1 1 - ①-②得 3n 1an= ,∴an= n. 3 3 1 1 1 在①中,令 n=1,得 a1= ,适合 an= n,∴an= n. 3 3 3 n (2)∵bn= ,∴bn=n·n. 3 an ∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·n,③ 3 ∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n·n 1.④ 3 ④-③得 2Sn=n·n 1-(3+32+33+…+3n), 3 3?1-3n? ?2n-1?3n 1 3 + 即 2Sn=n·n 1- 3 ,∴Sn= + . 4 4 1-3
+ + + -

n-1 ,② 3

探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n 1an}的前 n 项和, 从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n 1an,进而求得 an;另外乘公比错位相减是数列求和的一种重 要方法,但值得注意的是,这种方法运算过程复杂,运算量大,应加强对解题过程的训 练,重视运算能力的培养.




(2011· 辽宁)已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式;
? an ? (2)求数列?2n-1?的前 n 项和. ? ?



(1)设等差数列{an}的公差为 d,

? ? ?a1+d=0, ?a1=1, 由已知条件可得? 解得? . ? ? ?2a1+12d=-10, ?d=-1

故数列{an}的通项公式为 an=2-n.
? an ? (2)设数列?2n-1?的前 n 项和为 Sn, ? ?

a2 an 即 Sn=a1+ +…+ n-1,① 2 2 Sn a1 a2 an 故 S1=1, = + +…+ n.② 2 2 4 2 所以,当 n>1 时,①-②得 a2-a1 an-an-1 an Sn =a1+ +…+ n-1 - n 2 2 2 2 2-n 1 1 1 =1-( + +…+ n-1)- n 2 4 2 2 2-n n 1 =1-(1- n-1)- n = n. 2 2 2 n 所以 Sn= n-1.当 n=1 时也成立. 2
? an ? n 综上,数列?2n-1?的前 n 项和 Sn= n-1. 2 ? ?

题型三 裂项相消法求和 例3 1 在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 S2=an?Sn-2?. n ? ? (1)求 Sn 的表达式; Sn (2)设 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1
?1? 思维启迪:第(1)问利用 an=Sn-Sn-1 (n≥2)后,再同除 Sn-1·n 转化为?S ?的等差数列即 S ? n?

可求 Sn. 第(2)问求出{bn}的通项公式,用裂项相消求和. 解 1 (1)∵S2=an?Sn-2?, n ? ?

an=Sn-Sn-1 (n≥2),

1 ∴S2=(Sn-Sn-1)?Sn-2?, n ? ? 即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn,① 由题意 Sn-1·n≠0, S 1 1 ①式两边同除以 Sn-1·n,得 - S =2, Sn Sn-1
?1? 1 1 ∴数列?S ?是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列. S1 a1 ? n?

1 1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1,∴Sn= . Sn 2n-1 Sn 1 (2)又 bn= = 2n+1 ?2n-1??2n+1? 1 1 1 = ?2n-1-2n+1?, 2? ? 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=b1+b2+…+bn= [(1- )+( - )+…+( - )] 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 n = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1. 探究提高 使用裂项相消法求和时, 要注意正负项相消时消去了哪些项, 保留了哪些项, 切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此 法的根源与目的. an?an+1? 已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求证:数列{an}是等差数列; 1 (2)设 bn= ,Tn=b1+b2+…+bn,求 Tn. 2Sn an?an+1? (1)证明 ∵Sn= ,n∈N*, 2 a1?a1+1? ∴当 n=1 时,a1=S1= (an>0),∴a1=1. 2
2 ? ?2Sn=an+an, 当 n≥2 时,由? 2 ?2Sn-1=an-1+an-1 ?

得 2an=a2+an-a2-1-an-1. n n 即(an+an-1)(an-an-1-1)=0, ∵an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2). 所以数列{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列. (2)解 由(1)可得 an=n,Sn= n?n+1? , 2

1 1 1 1 bn= = = - . 2Sn n?n+1? n n+1 ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn 1 1 1 1 1 =1- + - +…+ - 2 2 3 n n+1 1 n =1- = . n+1 n+1

四审结构定方案

典例:(12 分)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn; 1 (2)令 bn= 2 (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an-1

审题路线图
等差数列{an}中,特定项的值 ↓(a3,a5,a7 即为特定项) a3=7,a5+a7=26 ↓(从特定项,考虑基本量 a1,d)
? ?a1+2d=7 列方程组? ? ?2a1+10d=26

↓(根据条件的结构特征,确定了方程的方法) n?n-1? 用公式:an=a1+(n-1)d,Sn=na1+ d. 2 ↓(将 an 代入化简求 bn) 1 bn= 4n?n+1? ↓(根据 bn 的结构特征,确定裂项相消) 1 1 1 bn= ?n-n+1? 4? ? 1 1 1 1 1 1 ↓Tn= ??1-2?+?2-3?+…+?n-n+1?? ? ? ? 4?? ? ?? 1 1 n = ?1-n+1?= 4? ? 4?n+1?. 规范解答 解 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d.

?a1+2d=7, ? 因为 a3=7,a5+a7=26,所以? ? ?2a1+10d=26, ? ?a1=3, 解得? [4 分] ? ?d=2.

所以 an=3+2(n-1)=2n+1, n?n-1? Sn=3n+ ×2=n2+2n.[6 分] 2 (2)由(1)知 an=2n+1, 1 1 1 1 所以 bn= 2 = = · an-1 ?2n+1?2-1 4 n?n+1? 1 1 ?1 = ·n-n+1?,[8 分] 4? ? 1 1 1 1 1 1 所以 Tn= · (1- + - +…+ - )[10 分] 4 2 2 3 n n+1 1 1 n = · (1- )= , 4 n+1 4?n+1? 即数列{bn}的前 n 项和 Tn= n .[12 分] 4?n+1?

温馨提醒 本题审题的关键有两个环节.一是根据 a3=7,a5+a7=26 的特征,确定列方 程组求解.二是根据数列{bn}的通项 bn= 1 的特征,确定用裂项相消法求和.所 4n?n+1?

以,在审题时,要根据数式的结构特征确定解题方案.

方法与技巧 数列求和的方法技巧 (1)倒序相加:用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和. (2)错位相减:用于等差数列与等比数列的积数列的求和. (3)分组求和:用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和. 失误与防范 1.通过数列通项公式观察数列特点和规律,在分析数列通项的基础上,判断求和类型,寻找 求和的方法,或拆为基本数列求和,或转化为基本数列求和.求和过程中同时要对项数作 出准确判断. 2.含有字母的数列求和,常伴随着分类讨论.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分)
?Sn? 1. 等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项和为 Sn,则数列? n ?的前 10 项的和为 ? ?

( A.120 答案 C 10×9 Sn ?Sn? 解析 ∵ =n+2,∴? n ?的前 10 项和为 10×3+ =75. n 2 ? ? B.70 C.75 D.100

)

2. 已知数列{an}是等差数列,若 a9+3a11<0,a10·11<0,且数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值, a 那么当 Sn 取得最小正值时,n 等于 A.20 B.17 C.19 D.21 答案 C 解析 由 a9+3a11<0,得 2a10+2a11<0,即 a10+a11<0,又 a10·11<0,则 a10 与 a11 异号, a 因为数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值,所以数列{an}是一个递减数列,则 a10>0,a11<0, 19?a1+a19? 20?a1+a20? 所以 S19= =19a10>0,S20= =10(a10+a11)<0. 2 2 3. 若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为 A.2n+n2-1 C.2n 1+n2-2 答案 C 2?1-2n? n?1+2n-1? n+1 解析 Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2 4. 数列{an}的通项公式为 an=(-1)n 1· (4n-3),则它的前 100 项之和 S100 等于( A.200 答案 B 解析 S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4) B.-200 C.400 D.-400
- +

(

)

(

)

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



)

+…+(99-100)]=4×(-50)=-200. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 数列{an}的前 n 项和为 Sn, 1=1, 2=2, n+2-an=1+(-1)n (n∈N*), S100=________. a a a 则 答案 2 600 解析 由 an+2-an=1+(-1)n 知 a2k+2-a2k=2,

a2k+1-a2k-1=0,∴a1=a3=a5=…=a2n-1=1,数列{a2k}是等差数列,a2k=2k. ∴S100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100) ?100+2?×50 =50+(2+4+6+…+100)=50+ =2 600. 2 6. 数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+…+|a10|=________. 答案 66 解析 当 n=1 时,a1=S1=-1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-5.
?-1 ?n=1? ? ∴an=? . ? ?2n-5 ?n≥2?

5 令 2n-5≤0,得 n≤ , 2 ∴当 n≤2 时,an<0,当 n≥3 时,an>0, ∴|a1|+|a2|+…+|a10|=-(a1+a2)+(a3+a4+…+a10)=S10-2S2=66. 7. (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 利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解. ∵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

三、解答题(共 22 分) n·n+1 2 3 9 25 65 8. (10 分)求和:(1)Sn= + + + +…+ ; 2 4 8 16 2n 1 1 1 2 n (2)Sn=?x+x ?2+?x +x2?2+…+?x +xn?2. ? ? ? ? ? ? 解 n·n+1 2 1 (1)由于 an= =n+ n, 2n 2

1 1 1 1 ∴Sn=?1+21?+?2+22?+?3+23?+…+?n+2n? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 1 =(1+2+3+…+n)+?2+22+23+…+2n? ? ?

1 1? 1- n? n?n+1? 2? 2 ? n?n+1? 1 = + = - n+1. 2 1 2 2 1- 2 (2)当 x=± 时,Sn=4n.当 x≠± 时, 1 1 1 1 1 2 n Sn=?x+x ?2+?x +x2?2+…+?x +xn?2 ? ? ? ? ? ? 1 1 1 2 4 2n =?x +2+x2?+?x +2+x4?+…+?x +2+x2n? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 =(x2+x4+…+x2n)+2n+?x2+x4+…+x2n? ? ? x2?x2n-1? x 2?1-x 2n? = 2 + +2n - x -1 1-x 2
- -

?x2n-1??x2n 2+1? = +2n. x2n?x2-1?


?x=± 1?, ?4n ? 2n 2n+2 ∴Sn=??x -1??x +1? 1?. ? x2n?x2-1? +2n ?x≠± ? 1 9. (12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1= Sn(n=1,2,3,…). 2 (1)求数列{an}的通项公式;
? 1 ? 3 n (2)当 bn=log (3an+1)时,求证:数列?b b ?的前 n 项和 Tn= . 2 1+n ? n n+1?

(1)解

?a =2S , 由已知得? 1 ?a =2S
1
n+1 n n n-1

(n≥2),

3 得到 an+1= an (n≥2). 2 3 ∴数列{an}是以 a2 为首项,以 为公比的等比数列. 2 1 1 1 又 a2= S1= a1= , 2 2 2 3 - 1 3 - ∴an=a2×?2?n 2 = ?2?n 2 (n≥2). ? ? 2? ? n=1, ?1, ? ∴an=?1?3?n-2 ?2?2? , n≥2. ? 3 3 3 ?3 - (2)证明 bn=log (3an+1)=log ?2·2?n 1?=n. 2 2? ? ? ?



1 1 1 1 = = - . bnbn+1 n?1+n? n 1+n

1 1 1 1 ∴Tn= + + +…+ b1b2 b2b3 b3b4 bnbn+1 1 1 1 1 1 1 1 1 =?1-2?+?2-3?+?3-4?+…+?n-1+n? ? ? ? ? ? ?

?

?

1 n =1- = . 1+n 1+n B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) 1. 已知等比数列{an}的各项均为不等于 1 的正数,数列{bn}满足 bn=lg an,b3=18,b6=12, 则数列{bn}的前 n 项和的最大值等于 A.126 答案 C 解析 bn+1-bn=lg an+1-lg an=lg an+1 =lg q(常数), an B.130 C.132 D.134 ( )

?b1+2d=18, ?d=-2, ? ? ∴{bn}为等差数列.∴? ∴? ?b1+5d=12, ?b1=22. ? ?

由 bn=-2n+24≥0,得 n≤12,∴{bn}的前 11 项为正,第 12 项为零,从第 13 项起为 负,∴S11、S12 最大且 S11=S12=132. 1 9 2. 数列 an= ,其前 n 项之和为 ,则在平面直角坐标系中,直线(n+1)x+y+n=0 10 n?n+1? 在 y 轴上的截距为 A.-10 答案 B 解析 数列的前 n 项和为 1 1 1 1 n 9 + +…+ =1- = = , 1×2 2×3 n?n+1? n+1 n+1 10 ∴n=9,∴直线方程为 10x+y+9=0. 令 x=0,得 y=-9,∴在 y 轴上的截距为-9. 3. 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. B.2 010 D.0 ( ) B.-9 C.10 D.9 ( )

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. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)
2 4. 等比数列{an}的前 n 项和 Sn=2n-1,则 a1+a2+…+a2=________. 2 n

答案

1 n (4 -1) 3

解析 当 n=1 时,a1=S1=1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n 1-1)=2n 1, 又∵a1=1 适合上式.∴an=2n 1,∴a2=4n 1. n ∴数列{a2}是以 a2=1 为首项,以 4 为公比的等比数列. n 1 1· ?1-4n? 1 n ∴a2+a2+…+a2= = (4 -1). 1 2 n 3 1-4 a1 a2 an 5. 若数列{an}是正项数列,且 a1+ a2+…+ an=n2+3n (n∈N*),则 + +…+ = 2 3 n+1 __________. 答案 2n2+6n 解析 令 n=1 得 a1=4,即 a1=16,当 n≥2 时, an=(n2+3n)-[(n-1)2+3(n-1)]= an 2n+2, 所以 an=4(n+1)2, n=1 时, 当 也适合上式, 所以 an=4(n+1)2 (n∈N*). 于是 n+1 a1 a2 an =4(n+1),故 + +…+ =2n2+6n. 2 3 n+1 6. 已知数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则这个数列前 30 项的绝对值的和是________. 答案 765 解析 由题意知{an}是等差数列,an=-60+3(n-1)=3n-63,令 an≥0,解得 n≥21. ∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30| =-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30) ?-60+90-63?×30 =S30-2S20= -(-60+60-63)×20=765. 2 三、解答题 7.(13 分)(2012· 四川)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, a2an=S2+Sn 对一切正整数 n 都成立. 且 (1)求 a1,a2 的值;
? 10a1? (2)设 a1>0,数列?lg a ?的前 n 项和为 Tn,当 n 为何值时,Tn 最大?并求出 Tn 的最大 ? n ?
- - - -

值. 解 (1)取 n=1,得 a2a1=S2+S1=2a1+a2,①

取 n=2,得 a2=2a1+2a2.② 2 由②-①,得 a2(a2-a1)=a2.③

若 a2=0,由①知 a1=0; 若 a2≠0,由③知 a2-a1=1.④ 由①④解得 a1= 2+1,a2=2+ 2或 a1=1- 2, a2=2- 2. 综上可得,a1=0,a2=0 或 a1= 2+1,a2= 2+2 或 a1=1- 2,a2=2- 2. (2)当 a1>0 时,由(1)知 a1= 2+1,a2= 2+2. 当 n≥2 时,有(2+ 2)an=S2+Sn, (2+ 2)an-1=S2+Sn-1. 所以(1+ 2)an=(2+ 2)an-1,即 an= 2an-1(n≥2). 所以 an=a1( 2)n 1=( 2+1)· 2)n 1. ( 令 bn=lg 10a1 , an
- -

1 1 100 - 则 bn=1-lg( 2)n 1=1- (n-1)lg 2= lg n-1. 2 2 2 1 所以数列{bn}是单调递减的等差数列?公差为-2lg 2?. ? ? 从而 b1>b2>…>b7=lg 10 >lg 1=0. 8

1 100 1 当 n≥8 时,bn≤b8= lg < lg 1=0. 2 128 2 故当 n=7 时,Tn 取得最大值,且 Tn 的最大值为 7?b1+b7? 7?1+1-3lg 2? 21 T7= = =7- lg 2. 2 2 2


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