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标题-2017-2018学年高中数学三维设计苏教版必修5:模块复习精要 复习课(二)数 列

复习课(二) 数



等差数列与等比数列的基本运算

数列的基本运算以小题出现具多,但也可作为解答题第一步命题,主要考查利用数列 的通项公式及求和公式,求数列中的项、公差、公比及前 n 项和等,一般试题难度较小.

[考点精要]
等差、等比数列的基本公式 等差数列 通项公式 an=a1+(n-1)d an=am+(n-m)d Sn= 前 n 项和公式 n?a1+an? 2 等比数列 an=a1qn an=amqn Sn= Sn= Sn=-
-1 -m

a1-anq (q≠1) 1-q

n?n-1? Sn=na1+ d 2 d? d Sn= n2+? ?a1-2?n 2

a1?1-qn? (q≠1) 1-q

求和公式的函 数特征

a1 n a1 q+ (q≠1) 1-q 1-q

[典例] 成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2,5,13 后成为等 比数列{bn}中的 b3,b4,b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5? ? (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列?Sn+4?是等比数列.
? ?

[解] (1)设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d.依题意,得 a-d+a+a+d= 15,解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去), ∴b3=5,公比 q=2,故 bn=5· 2n 3.


5 (2)证明:由(1)知 b1= ,公比 q=2, 4 5 ?1-2n? 4 5 - ∴Sn= =5· 2n 2- , 4 1-2 5 - 则 Sn+ =5· 2n 2, 4

5 Sn+ - 4 5· 2n 2 5 5 因此 S1+ = , = n-3=2(n≥2). 4 2 5 5· 2 Sn-1+ 4 5? ? 5 ∴数列?Sn+4?是以 为首项,公比为 2 的等比数列. 2 ? ?

[类题通法]
对于等差、等比数列的基本运算主要是知三求二问题,解题时注意方程思想、整体思 想及分类讨论思想的运用.

[题组训练]
1.在等比数列{an}中,Sn 是它的前 n 项和,若 a2· a3=2a1,且 a4 与 2a7 的等差中项为 17,则 S6=________. 解析:设{an}的公比为 q,则由等比数列的性质知,a2a3=a1a4=2a1,则 a4=2;由 a4 a7 与 2a7 的等差中项为 17 知,a4+2a7=2×17=34,得 a7=16.∴q3= =8,即 q=2,∴a1= a4 1 ?1-26? 4 a4 1 63 = . 3= ,则 S6= q 4 4 1-2 答案: 63 4

2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a3+a8=13,S7=35,则 a7=________. 解 析 : 设 等 差 数 列 {an} 的 公 差 为 d , 则 由 已 知 得 (a1 + 2d) + (a1 + 7d) = 13 , S7 = 7?a1+a1+6d? =35.联立两式,解得 a1=2,d=1,∴a7=a1+6d=8. 2 答案:8 3.已知等差数列{an},a2=9,a5=21. (1)求{an}的通项; (2)令 bn=2an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, 依题意得方程组?
? ?a1+d=9, ?a1+4d=21, ?

解得 a1=5,d=4, ∴数列{an}的通项 an=4n+1. (2)由 an=4n+1 得,bn=24n 1,


∴{bn}是首项为 b1=25,公比为 q=24 的等比数列, 于是得,数列{bn}的前 n 项和 Sn= 25?24n-1? 32?24n-1? = . 15 24-1

等差、等比数列的性质及应用 等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前 n 项和的性质.利用性质 求数列中某一项等,试题充分体现“小”“巧”“活”的特点,题型多以填空题的形式出 现,一般难度较小.

[考点精要]
等差、等比数列的主要性质

等差数列 若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*), 则 am+an=ap+aq. 特别地,若 m+n=2p, 则 am+an=2ap am,am+k,am+2k,…仍是等差数列,公差 为 kd

等比数列 若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*), 则 am· an=ap· aq. 特别地,若 m+n=2p, 则 am· an=a2 p am,am+k,am+2k,…仍是等比数列,公比为 qk

若{an},{bn}是两个项数相同的等差数列, 若{an},{bn}是两个项数相同的等比数列,则 则{pan+qbn}仍是等差数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等差数列 若数列{an}项数为 2n, 则 S 偶-S 奇=nd, S奇 an = S偶 an+1 {pan· qbn}仍是等比数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列(q≠-1 或 q=-1 且 k 为奇数) 若数列{an}的项数为 2n, 则 S偶 =q S奇

若数列{an}项数为 2n+1, 则 S 奇-S 偶=an+1, S奇 n+1 = n S偶

若数列{an}项数为 2n+1, 则 S 奇- a1 =q S偶

[典例] (1)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以 Sn 表示数列{an} 的前 n 项和,则使得 Sn 取得最大值的 n 是________. (2)记等比数列{an}的前 n 项积为 Tn(n∈N*),已知 am-1am+1-2am=0,且 T2m-1=128, 则 m=________. [解析] (1)由 a1+a3+a5=105 得,3a3=105, ∴a3=35. 同理可得 a4=33, ∴d=a4-a3=-2,an=a4+(n-4)×(-2) =41-2n.

? ?an≥0, 由? 得 n=20. ?an+1<0, ?

∴使 Sn 达到最大值的 n 是 20. (2)因为{an}为等比数列,所以 am-1am+1=a2 m,又由 am-1am+1-2am=0,从而 am=2.由等
m 1 比数列的性质可知前(2m-1)项积 T2m-1=a2 ,则 22m 1=128,故 m=4. m
- -

[答案] (1)20 (2)4 [类题通法] 关于等差(比)数列性质的应用问题,可以直接构造关于首项 a1 和公差 d(公比 q)的方程 或方程组来求解,再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值,此解思路简单,但运算过程 复杂.

[题组训练]
1.等差数列{an}的前 16 项和为 640,前 16 项中偶数项和与奇数项和之比为 22∶18, a9 则公差 d, 的值分别是________. a8 解析:设 S 奇=a1+a3+…+a15,S 偶=a2+a4+…+a16,则有 S 偶-S 奇=(a2-a1)+(a4 8?a2+a16? 2 S偶 a9 -a3)+…+(a16-a15)=8d, = = . S奇 8?a1+a15? a8 2
? ?S奇+S偶=640, S偶-S奇 64 a9 S偶 11 由? 解得 S 奇=288, S 偶=352.因此 d= = =8, = = . 8 8 a8 S奇 9 ?S偶∶S奇=22∶18, ?

11 答案:8, 9 2. 等差数列{an}中, 3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24, 则该数列的前 13 项和为________. 解析: 3(a3 + a5) + 2(a7 + a10 + a13) = 24 ,∴ 6a4 + 6a10 = 24 ,∴ a4 + a10 = 4 ,∴ S13 = 13?a1+a13? 13?a4+a10? 13×4 = = =26. 2 2 2 答案:26 数列的通项及求和

数列求和一直是考查的热点,在命题中,多以与不等式的证明或求解相结合的形式出 现.一般数列的求和,主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题,题型多以解答 题形式出现,难度较大.

[考点精要]
1.已知递推公式求通项公式的常见类型 (1)类型一 an+1=an+f(n)

把原递推公式转化为 an+1-an=f(n),再利用累加法(逐差相加法)求解. (2)类型二 an+1=f(n)an

an+1 把原递推公式转化为 a =f(n),再利用叠乘法(逐商相乘法)求解. n (3)类型三 an+1=pan+q(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0), q ,再利用换元法 1-p

先用待定系数法把原递推公式转化为 an+1-t=p(an-t),其中 t= 转化为等比数列求解.

2.数列求和 (1) 错位相减法:适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数 列.把 Sn=a1+a2+…+an 两边同乘以相应等比数列的公比 q,得到 qSn=a1q+a2q+…+ anq,两式错位相减即可求出 Sn. (2)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中
? c ? 间若干项的方法,裂项相消法适用于形如 ?a a ?(其中{an}是各项均不为零的等差数列, c ? n n+1?

为常数)的数列. (3)拆项分组法:把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单的 数列,最后分别求和. (4)并项求和法:与拆项分组相反,并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起,重新 构成一个数列再求和,一般适用于正负相间排列的数列求和,注意对数列项数奇偶性的讨 论. [典例] (1)已知 a1=1,an+1=2an+1,则 an=________. (2)已知 a1=2,an+1=an+n,则 an=________. n - (3)设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+…+3n 1an= ,n∈N*. 3 ①求数列{an}的通项公式; n ②设 bn=a ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
n

[解析] (1)∵an+1=2an+1,则 an+1+1=2(an+1), ∴ an+1+1 =2,又 a1=1,∴a1+1=2, an+1

故{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列, ∴an+1=2· 2n 1=2n,故 an=2n-1.


(2)当 n 取 1,2,3,…,n-1 时,可得 n-1 个等式. 即 an-an-1=n-1,an-1-an-2=n-2,…,a2-a1=1,

将其两边分别相加,得 an-a1=1+2+3+…+(n-1), ∴an=a1+ ?1+n-1??n-1? n?n-1? =2+ . 2 2 (2)2+ n?n-1? 2

[答案] (1)2n-1

n - (3)解:①因为 a1+3a2+32a3+…+3n 1an= ,(ⅰ) 3 所以当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+…+3n 2an-1=


n-1 ,(ⅱ) 3

1 1 - (ⅰ)-(ⅱ)得 3n 1an= ,所以 an= n(n≥2). 3 3 1 1 在(ⅰ)中,令 n=1,得 a1= ,满足 an= n, 3 3 1 所以 an= n(n∈N*). 3 n 1 ②由①知 an= n,故 bn= =n×3n. an 3 则 Sn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n, 3Sn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n 1,


两式相减得-2Sn=3+3 +3 +3 +…+3 -n×3
n 1 3 ?2n-1?×3 所以 Sn= + . 4 4


2

3

4

n

n+1

3?1-3n? + = -n×3n 1, 1-3

[类题通法] (1)由递推公式求数列通项公式时,一是要注意判别类型与方法.二是要注意 an 的完整 表达式,易忽视 n=1 的情况. (2)数列求和时,根据数列通项公式特征选择求和法,尤其是涉及到等比数列求和时要 注意公比 q 对 Sn 的影响.

[题组训练]
1. 已知函数 f(n)=n2cos(nπ), 且 an=f(n)+f(n+1), 则 a1+a2+a3+…+a100=________. 解析:因为 f(n)=n2cos(nπ), 所以 a1+a2+a3+…+a100=[f(1)+f(2)+…+f(100)]+[f(2)+…+f(101)], f(1) + f(2) + … + f(100) = - 12 + 22 - 32 + 42 - … - 992 + 1002 = (22 - 12) + (42 - 32) +…(1002-992)=3+7+…+199= 50?3+199? =5 050, 2

f(2)+…+f(101)=22-32+42-…-992+1002-1012=(22-32)+(42-52)+…+(1002- 1012)

=-5-9-…-201=

50?-5-201? =-5 150, 2

所以 a1+a2+a3+…+a100=[f(1)+f(2)+…+f(100)]+[f(2)+…+f(101)] =-5 150+5 050=-100. 答案:-100 2.已知 a1+2a2+22a3+…+2n 1an=9-6n,则数列{an}的通项公式是________.


解析:令 Sn=a1+2a2+22a3+…+2n 1an,


则 Sn=9-6n,当 n=1 时,a1=S1=3; 当 n≥2 时,2n 1· an=Sn-Sn-1=-6,∴an=-


3 - . 2n 2

3,n=1, ? ? ∴通项公式 an=? 3 - n-2,n≥2. ? ? 2 3,n=1, ? ? 答案:an=? 3 - n-2,n≥2 ? ? 2 1 3.已知数列{an}的前 n 项和是 Sn,且 Sn+ an=1(n∈N*). 2 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (2)设 bn=log (1-Sn+1)(n∈N*),令 Tn= + +…+ ,求 Tn. 3 b1b2 b2b3 bnbn+1 1 2 1 解:(1)当 n=1 时,a1=S1,由 S1+ a1=1,得 a1= ,当 n≥2 时,Sn=1- an,Sn-1 2 3 2 1 =1- an-1, 2 1 1 1 则 Sn-Sn-1= (an-1-an),即 an= (an-1-an),所以 an= an-1(n≥2). 2 2 3 2 1 2 ?1?n-1 ?1?n(n∈N*). 故数列{an}是以 为首项, 为公比的等比数列.故 an= · =2· ?3? 3 3 3 ?3? 1?n 1 (2)因为 1-Sn= an=? ?3? . 2 1 1 1?n+1 1 1 1 1 所以 bn=log (1-Sn+1)=log ? =n+1,因为 = = - , 3 3?3? bnbn+1 ?n+1??n+2? n+1 n+2 所以 Tn= n . 2?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +…+ = ? - ? + ? - ? + … +?n+1-n+2? = - b1b2 b2b3 ? ? 2 n+2= bnbn+1 ?2 3? ?3 4?

4.已知数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn=

n+ 2 a. 3 n

(1)求 a2,a3; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)∵Sn= n+ 2 a ,且 a1=1, 3 n

4 4 ∴S2= a2,即 a1+a2= a2,得 a2=3. 3 3 5 由 S3= a3,得 3(a1+a2+a3)=5a3,得 a3=6. 3 (2)由题设知 a1=1. 当 n≥2 时,有 an=Sn-Sn-1= n+1 整理得 an= a-, n-1 n 1 即 an n +1 = , an-1 n-1 n+2 n+1 a- a , 3 n 3 n-1

a2 a3 4 a4 5 an n+1 于是 =3, = , = ,…, = , a1 a2 2 a3 3 an-1 n-1 an n?n+1? 以上 n-1 个式子的两端分别相乘,得 = , a1 2 ∴an= n?n+1? ,n≥2. 2 n?n+1? ,n∈N*. 2

又 a1=1 适合上式,故 an=

1.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S3=6,a3=0,则公差 d=________. 解析:依题意得 S3=3a2=6,即 a2=2,故 d=a3-a2=-2. 答案:-2 2. 已知{an}是公差为 1 的等差数列, Sn 为{an}的前 n 项和. 若 S8=4S4, 则 a10=________. 解析:设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d.由题设知 d=1,S8=4S4,所以 8a1+28 1 1 19 =4(4a1+6),解得 a1= ,所以 a10= +9= . 2 2 2 答案: 19 2

3.数列{an}满足 a1=0,an+1=an+2n,则{an}的通项公式 an=________. 解析:由已知,得 an+1-an=2n,故 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=0+2 +4+…+2(n-1)=n(n-1). 答案:n(n-1)

4 .已知数列 {an} 满足 a1 = 2 , an + 1 = a1· a2· a3· …· a2 016=________.

1+an (n ∈ N*) ,则该数列的前 2 016 项的乘积 1-an

1+a1 1+a2 1+a3 1 1+a4 1 解析:由题意可得,a2= =-3,a3= =- ,a4= = ,a = =2= 2 1-a1 1- a2 1-a3 3 5 1-a4 a1, ∴数列{an}是以 4 为周期的数列,且 a1· a2· a3· a4=1,而 2 016=4×504,∴前 2 016 项 乘积为 a1a2a3a4=1. 答案:1 5. 设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和. 若 a1=1, 且 3S1,2S2, S3 成等差数列, 则 an=________. 解析:由 3S1,2S2,S3 成等差数列,得 4S2=3S1+S3,即 3S2-3S1=S3-S2,则 3a2=a3, 得公比 q=3,所以 an=a1qn 1=3n 1.
- -

答案:3n

-1

5 6.在单调递减的等比数列{an}中,若 a3=1,a2+a4= ,则 a1=________. 2 5 解析:在等比数列{an}中,a2a4=a2 3=1,又 a2+a4= ,数列{an}为递减数列,∴a2=2, 2 a4 1 a2 1 1 a4= ,∴q2= = ,∵a3>0,a2+a4>0,∴q>0,∴q= ,a1= =4. q 2 a2 4 2 答案:4 7.已知数列{an}中,a1=1,(2n+1)an=(2n-3)an-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为 ________. an 2n-3 解析:由题意可得 = (n≥2), an-1 2n+1 a2 1 a3 3 a4 5 an 2n-3 所以 = , = , = ,… = , a1 5 a2 7 a3 9 an-1 2n+1 1×3 an 上述各式左右相乘得 = (n≥2), a1 ?2n-1??2n+1? 解得 an= 3 (n≥2),又 a1=1 符合, ?2n-1??2n+1? 3 (n∈N*). ?2n-1??2n+1?

所以,通项公式 an= 答案:an=

3 ?2n-1??2n+1?

2anan+1+1 a2 1 8.在数列{an}中,an>0,a1= ,如果 an+1 是 1 与 的等比中项,那么 a1+ 2+ 2 2 2 4-an a3 a4 a100 的值是________. 2+ 2+…+ 3 4 1002 解析:由题意可得,a2 n+1= 2anan+1+1 ?(2an+1+anan+1+1)· (2an+1-anan+1-1)=0?an+ 4-a2 n

1=

an-1 1 1 1 1 1 ? an+ 1- 1= ? = - 1,∴ = - (n- 1)=- n- 1? an = 2-an 2-an an+1-1 an-1 an-1 1 -1 2

n an a2 a100 1 1 1 1 1 1 100 ? 2= ,∴a1+ 2+…+ - = . 2=1- + - +…+ 2 100 2 2 3 100 101 101 n+1 n n?n+1? 100 答案: 101

9.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则 a6=________. 解析:因为 an+1=3Sn,所以 an=3Sn-1(n≥2),两式相减得,an+1-an=3an,即 an+1 = an

4(n≥2),所以数列 a2,a3,a4,…构成以 a2=3S1=3a1=3 为首项,公比为 4 的等比数列, 所以 a6=a2· 44=3×44=768. 答案:768 10.设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn=________. 1 1 解析:当 n=1 时,S1=a1=-1,所以 =-1.因为 an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 - Sn S1 1 Sn+1 =1,即 1 Sn+1
?1? 1 1 -S =-1,所以?S ?是以-1 为首项,-1 为公差的等差数列,所以S =(-
n

?

n?

n

1 1)+(n-1)· (-1)=-n,所以 Sn=- . n 1 答案:-n 11.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an,数列{bn}满足 b1=3,b2=6,且{bn-an}为等 差数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)由题意知数列{an}是首项 a1=1,公比 q=2 的等比数列, 所以 an=2n 1.


因为 b1-a1=2,b2-a2=4, 所以数列{bn-an}的公差 d=2, 所以 bn-an=(b1-a1)+(n-1)d=2+2(n-1)=2n, 所以 bn=2n+2n 1.


(2)Tn=b1+b2+b3+…+bn =(2+4+6+…+2n)+(1+2+4+…+2n 1)




n?2+2n? 1×?1-2n? + 2 1-2

=n(n+1)+2n-1.
2 12.Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 an>0,an +2an=4Sn+3.

(1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= 1 ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1

2 解:(1)由 a2 n+2an=4Sn+3,可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3. 2 可得 a2 n+1-an+2(an+1-an)=4an+1, 2 即 2(an+1+an)=a2 n+1-an=(an+1+an)(an+1-an).

由于 an>0,可得 an+1-an=2.
2 又 a1 +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 bn= 1 1 1 1 1 = = ?2n+1-2n+3?. ? anan+1 ?2n+1??2n+3? 2?

设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn 1 1 ?? 1 1 1? ?1 1? - - + - +…+? = ?? 2??3 5? ?5 7? ?2n+1 2n+3?? = n . 3?2n+3?

13.在数列{an}中,an>0,Sn 为其前 n 项和,2Sn=4an-1. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)数列{bn}满足对任意 n∈N*,都有 b1an+b2an-1+…+bna1=2n- n-1,求数列{bn} 2 的第 5 项 b5. 1 解:(1)当 n=1 时,2S1=4a1-1?a1= . 2
?2Sn=4an-1, ? 又? ? ?2Sn+1=4an+1-1,

两式相减得:2an+1=4an+1-4an, 即 an+1=2an, 1 所以数列{an}是首项为 ,公比为 2 的等比数列, 2 an=2n 2.


(2)由(1)知,an=2n 2,n∈N*,


1 在 b1an+b2an-1+…+bna1=2n- n-1 中, 2

1 1 1 令 n=1,则 b1a1=2- -1= ,又 a1= ,故 b1=1. 2 2 2 1 因为 b1an+b2an-1+…bn-1a2+bna1=2n- n-1,① 2 1 1 - 所以 b1an-1+b2an-2+…+bn-2a2+bn-1a1=2n 1- n- (n≥2), 2 2 将上式两边同乘公比 2 得,b1an+b2an-1+…+bn-1a2=2n-n-1(n≥2),② n ①减去②得,bna1= ,故 bn=n(n≥2),所以 b5=5. 2 14.已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=2,4Sn=an· an+1,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? n 1 (2)设数列?a2 ?的前 n 项和为 Tn,求证: <Tn< . 2 ? n? 4n+4

解:(1)∵4Sn=an· an+1,n∈N*, ∴4a1=a1· a2,又 a1=2,∴a2=4. 当 n≥2 时,4Sn-1=an-1· an, 得 4an=an· an+1-an-1· an. 由题意知 an≠0,∴an+1-an-1=4. ①当 n=2k+1,k∈N*时,a2k+2-a2k=4, 即 a2,a4,…,a2k 是首项为 4,公差为 4 的等差数列, ∴a2k=4+(k-1)×4=4k=2×2k; ②当 n=2k,k∈N*时,a2k+1-a2k-1=4, 即 a1,a3,…,a2k-1 是首项为 2,公差为 4 的等差数列, ∴a2k-1=2+(k-1)×4=4k-2=2(2k-1). 综上可知,an=2n,n∈N*. 1 ? 1 1 1 1 1 (2)证明:∵ 2 = 2> = ? - , an 4n 4n?n+1? 4?n n+1? 1 1 1 ∴Tn= 2+ 2+…+ 2 a1 a2 an 1 1 1 1 1 1 > ?1-2+2-3+…+n-n+1? 4? ? 1 n 1 = ?1-n+1?= 4? ? 4n+4. 1 1 1 又∵ 2 = 2< 2 an 4n 4n -1 = 1 1 1 1 = ?2n-1-2n+1?, ? ?2n-1??2n+1? 2?

1 1 1 ∴Tn= 2+ 2+…+ 2 a1 a2 an

1 1 1 1 1 1 < ?1-3+3-5…+2n-1-2n+1? 2? ? 1 1 1 = ?1-2n+1?< . 2? ? 2 n 1 综上有: <Tn< . 2 4n+4


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