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2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题三 第2讲数列求和及数列的综合应用


第2讲

数列求和及数列的综合应用

【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题:1.以递推公式 或图、表形式给出条件,求通项公式,考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新 的能力,属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题,考查等差、 等比数列求和公式及转化与化归思想的应用,属中档题.<

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1. 数列求和的方法技巧 (1)分组转化法 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·n} b 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.这种方法,适用于求通项为 差数列,则 1 1 1 1 = ? a -a ? . d? n n+1? anan+1 1 的数列的前 n 项和,其中{an}若为等 anan+1

常见的拆项公式: ① ② ③ ④ 1 1 1 = - ; n?n+1? n n+1 1 11 1 = ( - ); k n n+k n?n+k? 1 1 1 1 = ( - ); ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 1 = ( n+k- n). n+ n+k k

2. 数列应用题的模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减 少)的量就是公差. (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型, 这个固定的数就是公比. (3)混合模型:在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型. (4)生长模型:如果某一个量,每一期以一个固定的百分数增加(或减少),同时又以一个 固定的具体量增加(或减少)时,我们称该模型为生长模型.如分期付款问题,树木的生 长与砍伐问题等. (5)递推模型: 如果容易找到该数列任意一项 an 与它的前一项 an-1(或前 n 项)间的递推关 系式,我们可以用递推数列的知识来解决问题.

考点一 分组转化求和法 例1 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. 解 (1)当 a1=3 时,不合题意; 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

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·n 3
-1

(n∈N*).

(2)因为 bn=an+(-1)nln an =2·n 1+(-1)nln(2·n 1) 3 3 =2·n 1+(-1)n[ln 2+(n-1)ln 3] 3
- - -

=2·n 1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3, 3 所以 Sn=2(1+3+?+3n 1)+[-1+1-1+…+(-1)n]· 2-ln 3)+[-1+2-3+…+ (ln




(-1)nn]ln 3.

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

?3 +2ln 3-1, 综上所述,S =? n-1 ?3 - 2 ln 3-ln 2-1,
n

n

n为偶数, n为奇数.

n

n

在处理一般数列求和时,一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化 为等差数列或等比数列进行求和, 在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列, 哪些项构 成等比数列,清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时,由于数列的各项是正负交替 的,所以一般需要对项数 n 进行讨论,最后再验证是否可以合并为一个公式. 已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 Sn=2an+n2-3n-2,n=1,2,3,? (1)求证:数列{an-2n}为等比数列; (2)设 bn=an· nπ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. cos (1)证明 ∵a1=S1=2a1+1-3×1-2, ∴a1=4, 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=2an+n2-3n-2-2an-1-(n-1)2+3(n-1)+2, 整理得 an=2an-1-2n+4, ∴an-2n=2[an-1-2(n-1)], ∴ an-2n =2, an-1-2?n-1?

∴{an-2n}是以 2 为首项,以 2 为公比的等比数列. (2)由(1)得 a1-2×1=4-2=2,∴an-2n=2n, ∴an=2n+2n. 当 n 为偶数时,Tn=b1+b2+?+bn =-a1+a2-a3+?+an =-(2+2×1)+(22+2×2)-(23+2×3)+(24+2×4)+?+(2n+2n) =(-2+22-23+?+2n)+2[(-1)+2-3+4+…-(n-1)+n] 2 = (2n-1)+n 3

当 n 为奇数时 Tn=Tn-1+bn 2 - = (2n 1-1)+n-1-(2n+2n) 3 2n 1 5 =- -n- . 3 3 5 ?-2 3 -n-3?n为奇数? 综上,T =? 2 ?3?2 -1?+n?n为偶数?
n n n+1


.

考点二 错位相减求和法 例2 (2013· 山东)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 2 列{cn}的前 n 项和 Rn. 解 (1)设公差为 d,令 n=1, ① ②

则 a2=2a1+1,a1=d-1, 又 S4=4S2,即 2a1=d, 由①②得:a1=1,d=2,所以 an=2n-1(n∈N*). n (2)由题意知,Tn=λ- n-1, 2 ∴当 n≥2 时, n ? n-1? n-2 bn=Tn-Tn-1=λ- n-1-?λ- n-2 ?= n-1 . 2 ? 2 ? 2 n-1 ∴cn=b2n= n-1 (n∈N*). 4 n-1 1 2 ∴Rn=c1+c2+?+cn-1+cn=0+ + 2+?+ n-1 4 4 4 n-2 n-1 1 1 2 R = + +?+ n-1 + n 4 n 42 4 3 4 4 ①-②得: n-1 3 1 1 1 R = + +?+ n-1- n 4 n 4 42 4 4 1 1? 1- n-1? 4 ? n-1 1? 1 4? n-1 = - n = 1-4n-1?- n 1 4 3? ? 4 1- 4 3n+1 1 = ?1- n ?, 3? 4 ?

① ②

3n+1 1? 3n+1? 4 ∴Rn= ?1- n ?= ?4- n-1 ?. 9? 4 ? 9? 4 ? 错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法.在应用这种方法时,一定要 抓住数列的特征, 即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所 得数列的求和问题. 设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·2n 1. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)由已知,得当 n≥1 时,


an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(22n 1+22n 3+?+2)+2=22(n 而 a1=2,符合上式, 所以数列{an}的通项公式为 an=22n 1. (2)由 bn=nan=n·2n 2
-1 - - - +1)-1

.




Sn=1· 2+2·3+3·5+?+n·2n 1. 2 2 2 从而 22·n=1·3+2·5+3·7+?+n·2n 1. S 2 2 2 2 ①-②得(1-22)Sn=2+23+25+?+22n 1-n·2n 1, 2 1 + 即 Sn= [(3n-1)22n 1+2]. 9 考点三 裂项相消求和法 例3
- + +

① ②

2Sn 1 2 (2013· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1, =an+1- n2-n- ,n∈N*. n 3 3 (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 4 (1)解 1 2 2S1=a2- -1- ,又 S1=a1=1,所以 a2=4. 3 3

1 2 (2)解 当 n≥2 时,2Sn=nan+1- n3-n2- n, 3 3 1 2 2Sn-1=(n-1)an- (n-1)3-(n-1)2- (n-1), 3 3 1 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an- (3n2-3n+1)-(2n-1)- , 3 3 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1), 即 an+1 an a2 a1 - =1,又 - =1, 2 1 n+1 n

?an? a1 故数列? n ?是首项为 =1,公差为 1 的等差数列, 1 ? ?

an 所以 =1+(n-1)×1=n,所以 an=n2, n 所以数列{an}的通项公式为 an=n2,n∈N*. (3)证明 1 n?n-1? 1 1 1 1 1 1 1 =1+ +?2-3?+?3-4?+?+?n-1-n? ? ? ? 4 ? ? ? 5 1 1 7 1 7 = + - = - < , 4 2 n 4 n 4 1 1 1 7 所以对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 4 数列求和的方法:(1)一般地,数列求和应从通项入手,若无通项,就先求通 项,然后通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式,从 而选择合适的方法求和得解.(2)已知数列前 n 项和 Sn 或者前 n 项和 Sn 与通项公式 an 的关系式,求通项通常利用 an=?
?S1?n=1? ? ? ?Sn-Sn-1?n≥2?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + +?+ =1+ + 2 + 2 +?+ 2 <1+ + + +?+ a1 a2 a3 an 4 3 4 n 4 2×3 3×4

.已知数列递推式求通项,主要掌握

“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等. 已知 x, f?x? , 3(x≥0)成等差数列.又数列{an}(an>0)中,a1=3,此数 2

列的前 n 项和为 Sn,对于所有大于 1 的正整数 n 都有 Sn=f(Sn-1). (1)求数列{an}的第 n+1 项; 1 1 (2)若 bn是 , 的等比中项,且 Tn 为{bn}的前 n 项和,求 Tn. an+1 an 解 (1)因为 x, f?x? , 3(x≥0)成等差数列, 2

所以 2×

f?x? = x+ 3,整理,得 f(x)=( x+ 3)2. 2

因为 Sn=f(Sn-1)(n≥2),所以 Sn=( Sn-1+ 3)2, 所以 Sn= Sn-1+ 3,即 Sn- Sn-1= 3, 所以{ Sn}是以 3为公差的等差数列. 因为 a1=3,所以 S1=a1=3, 所以 Sn= S1+(n-1) 3= 3+ 3n- 3= 3n. 所以 Sn=3n2(n∈N*). 所以 an+1=Sn+1-Sn=3(n+1)2-3n2=6n+3.

(2)因为 bn是 所以( bn)2=

1 1 与 的等比中项, an+1 an 1

1 ·, an an+1

1 1 1 所以 bn= ·= an+1 an 3?2n+1?×3?2n-1? = 1 ? 1 ? 1 - × , 18 ?2n-1 2n+1?

Tn=b1+b2+?+bn = = 1 1 ?? 1 ?? 1? ?1 1? - 1- + - +?+? 18?? 3? ?3 5? ?2n-1 2n+1?? 1 ? 1? n 1- = . 18? 2n+1? 18n+9

考点四 数列的实际应用 例 4 (2012· 湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资

金 2 000 万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了 50%,预计以后每年资金年增长 率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将剩余 资金全部投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元, 试确定企业每年上缴资 金 d 的值(用 m 表示). (1)由第 n 年和第(n+1)年的资金变化情况得出 an 与 an+1 的递推关系; (2)由 an+1 与 an 之间的关系,可求通项公式,问题便可求解. 解 (1)由题意得 a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d,

3 5 a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4 500- d. 2 2 3 an+1=an(1+50%)-d= an-d. 2 3 3 3 (2)由(1)得 an= an-1-d= ?2an-2-d?-d ? 2 2? 3 3 =?2?2an-2- d-d=? ? ? 2 3 3 - 3 3 =?2?n 1a1-d?1+2+?2?2+?+?2? ? ? ? ? ? ?

?

n-2

?. ?

3 - 3 - 整理得 an=?2?n 1(3 000-d)-2d??2?n 1-1? ? ? ?? ? ? 3 - =?2?n 1(3 000-3d)+2d. ? ? 由题意,知 am=4 000,

3 - 即?2?m 1(3 000-3d)+2d=4 000, ? ?

??3?m-2?×1 000 + ??2? ? 1 000?3m-2m 1? 解得 d= = . 3m-2m ?3?m-1 ?2?
1 000?3m-2m 1? 故该企业每年上缴资金 d 的值为 时,经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 3m-2m


4 000 万元. 用数列知识解相关的实际问题,关键是合理建立数学模型——数列模型,弄 清所构造的数列的首项是什么,项数是多少,然后转化为解数列问题.求解时,要明确 目标,即搞清是求和,还是求通项,还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程问 题,还是解不等式问题,还是最值问题,然后进行合理推算,得出实际问题的结果. 某产品在不做广告宣传且每千克获利 a 元的前提下,可卖出 b 千克.若做 b 广告宣传,广告费为 n(n∈N*)千元时比广告费为(n-1)千元时多卖出 n千克. 2 (1)当广告费分别为 1 千元和 2 千元时,用 b 表示销售量 S; (2)试写出销售量 S 与 n 的函数关系式; (3)当 a=50,b=200 时,要使厂家获利最大,销售量 S 和广告费 n 分别应为多少? 解 b 3b (1)当广告费为 1 千元时,销售量 S=b+ = . 2 2

b b 7b 当广告费为 2 千元时,销售量 S=b+ + 2= . 2 2 4 (2)设 Sn(n∈N)表示广告费为 n 千元时的销售量, b 由题意得 S1-S0= , 2 b S2-S1= 2, 2 ?? b Sn-Sn-1= n. 2 b b b b 以上 n 个等式相加得,Sn-S0= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 b b b b 即 S=Sn=b+ + 2+ 3+?+ n= 2 2 2 2 1 =b(2- n). 2 (3)当 a=50,b=200 时,设获利为 Tn,则有 1 + b[1-? ?n 1] 2 1 1- 2

1 Tn=Sa-1 000n=10 000×(2- n)-1 000n 2 10 =1 000×(20- n -n), 2 10 设 bn=20- n -n, 2 10 10 5 则 bn+1-bn=20- n+1-n-1-20+ n +n= n-1, 2 2 2 当 n≤2 时,bn+1-bn>0;当 n≥3 时,bn+1-bn<0. 所以当 n=3 时,bn 取得最大值,即 Tn 取得最大值,此时 S=375, 即该厂家获利最大时,销售量和广告费分别为 375 千克和 3 千元.

1. 数列综合问题一般先求数列的通项公式,这是做好该类题型的关键.若是等差数列或等 比数列,则直接运用公式求解,否则常用下列方法求解:
? ?S1?n=1? (1)an=? . ? ?Sn-Sn-1?n≥2?

(2)递推关系形如 an+1-an=f(n),常用累加法求通项. an+1 (3)递推关系形如 =f(n),常用累乘法求通项. an (4)递推关系形如“an+1=pan+q(p、q 是常数,且 p≠1,q≠0)”的数列求通项,此类通 项问题,常用待定系数法.可设 an+1+λ=p(an+λ),经过比较,求得 λ,则数列{an+λ} 是一个等比数列. (5)递推关系形如“an+1=pan+qn(q,p 为常数,且 p≠1,q≠0)”的数列求通项,此类 型可以将关系式两边同除以 qn 转化为类型(4),或同除以 pn 2. 数列求和中应用转化与化归思想的常见类型: (1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解. (2)并项求和时,将问题转化为等差数列求和. (3)分组求和时,将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的 几个数列的和求解. 提醒:运用错位相减法求和时,相减后,要注意右边的 n+1 项中的前 n 项,哪些项构 成等比数列,以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零. 3. 数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力.其中,建立数列模型是解决 这类问题的核心,在试题中主要有:一是,构造等差数列或等比数列模型,然后用相应 的通项公式与求和公式求解;二是,通过归纳得到结论,再用数列知识求解.
+1

转为用迭加法求解.

1. 在一个数列中,如果?n∈N*,都有 anan+1an+2=k(k 为常数),那么称这个数列为等积数 列,称 k 为这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列,且 a1=1,a2=2,公积为 8, 则 a1+a2+a3+?+a12=________. 答案 28 解析 依题意得数列{an}是周期为 3 的数列,且 a1=1,a2=2,a3=4, 因此 a1+a2+a3+?+a12=4(a1+a2+a3)=4×(1+2+4)=28. 2. 秋末冬初,流感盛行,特别是甲型 H1N1 流感.某医院近 30 天每天入院治疗甲流的人 数依次构成数列{an},已知 a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则该医院 30 天入院治疗甲流的人数为________. 答案 255 解析 由于 an+2-an=1+(-1)n, 所以 a1=a3=?=a29=1, a2,a4,?,a30 构成公差为 2 的等差数列, 所以 a1+a2+?+a29+a30 15×14 =15+15×2+ ×2=255. 2 3. 已知函数 f(x)满足 ax· f(x)=b+f(x) (ab≠0), f(1)=2 且 f(x+2)=-f(2-x)对定义域中任意 x 都成立. (1)求函数 f(x)的解析式; 2 1 (2)若正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn= ?3-f?a ??2.求证:数列{an}是等差数列; 4? n ? an (3)若 bn= n,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 2 (1)解 由 ax· f(x)=b+f(x)(ab≠0), 得 f(x)(ax-1)=b. 若 ax-1=0,则 b=0,不合题意,故 ax-1≠0, b ∴f(x)= . ax-1 b 由 f(1)=2= ,得 2a-2=b. a-1 由 f(x+2)=-f(2-x)对定义域中任意 x 都成立, 得 b b =- , a?x+2?-1 a?2-x?-1 ①

1 由此解得 a= . 2 把②代入①,可得 b=-1, -1 2 ∴f(x)= = (x≠2). 1 2-x x-1 2 2 ?2 2 1 (2)证明 ∵f(an)= ,S = ?3- , 2-an n 4? f?an?? 1 1 ∴Sn= (an+1)2,a1= (a1+1)2,∴a1=1; 4 4 1 当 n≥2 时,Sn-1= (an-1+1)2, 4 1 2 ∴an=Sn-Sn-1= (an-a2-1+2an-2an-1), n 4 得(an+an-1)(an-an-1-2)=0, ∵an>0,∴an-an-1-2=0,即 an-an-1=2, ∴数列{an}是等差数列. (3)解 数列{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n-1.



2n-1 ∴bn= n . 2 2n-1 1 3 5 Tn= + 2+ 3+?+ n , 2 2 2 2 1 两边同乘以 , 2 2n-1 1 1 3 5 得 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 , 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2n-1 ③-④,得 Tn= + 2+ 3+?+ n- n+1 , 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2n-1 1 1 ∴ Tn=2×?2+22+23+?+2n?- n+1 - ? ? 2 2 2 1 1? 1- n? 2? 2 ? 2n-1 1 =2× - n+1 - 1 2 2 1- 2 3 2n+3 = - n+1 , 2 2 ④ ③

2n+3 ∴Tn=3- n . 2

(推荐时间:60 分钟) 一、填空题 1 1 1 1 1. 已知数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,则其前 n 项和 Sn=________. 2 4 8 16 1 答案 n2+1- n 2 1 解析 因为 an=2n-1+ n, 2 1+2n-1 ? 则 Sn= n+ 2 1 ?1- 1n?· 2?2 1 1- 2 1 =n2+1- n. 2

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 的值等于 12 10 ________. 答案 -2 013 Sn 解析 根据等差数列的性质,得数列{ }也是等差数列, n S1 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, 2 013 所以 S2 013=-2 013. 3. 对于数列{an},a1=4,an+1=f(an),n=1,2,?,则 a2 013=________. x f(x) 答案 4 解析 由表格可得 a1=4,a2=f(a1)=f(4)=1,a3=f(a2)=f(1)=5,a4=f(a3)=2,a5=f(2) =4,可知其周期为 4, ∴a2 013=a1=4. 4. 设{an}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列,{bn}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列, 记 Mn=ab1+ab2+?+abn,则数列{Mn}中不超过 2 013 的项的个数为________. 答案 10 解析 由题意可得 bn=2n 1,an=n+1, 则 Mn=ab1+ab2+?+abn=a1+a2+a4+?+a2n-1


1 5

2 4

3 3

4 1

5 2

=(1+2+4+?+2n 1)+n=2n-1+n, 且 2n-1+n≤2 013 的最大 n 的值为 10. S1 S2 S15 5. 在等差数列{an}中,其前 n 项和是 Sn,若 S15>0,S16<0,则在 , ,?, 中最大的 a1 a2 a15 是________. 答案 S8 a8



15?a1+a15? 解析 由于 S15= =15a8>0, 2 S16= 16?a1+a16? =8(a8+a9)<0, 2

可得 a8>0,a9<0. S1 S2 S8 S9 S10 S15 这样 >0, >0,?, >0, <0, <0,?, <0, a1 a2 a8 a9 a10 a15 而 S1<S2<?<S8,a1>a2>?>a8, S1 S2 S15 S8 所以在 , ,?, 中最大的是 . a1 a2 a15 a8 1 1 1 6. 数列{an}满足 a1=1,且对任意的 m,n∈N*都有 am+n=am+an+mn,则 + + +? a1 a2 a3 + 1 =________. a2 012 4 024 2 013

答案

解析 令 m=1 得 an+1=an+n+1,即 an+1-an=n+1, 于是 a2-a1=2,a3-a2=3,?,an-an-1=n, 上述 n-1 个式子相加得 an-a1=2+3+?+n, n?n+1? 所以 an=1+2+3+?+n= , 2 1 1 ? 1 2 因此 = =2? - , an n?n+1? ?n n+1? 1 1 1 1 所以 + + +?+ a1 a2 a3 a2 012 1 1 1 1 1 =2?1-2+2-3+?+2 012-2 013? ? ? 1 4 024 =2?1-2 013?= ? ? 2 013.
?n2?n为奇数?, ? 7. 已知函数 f(n)=? 2 且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a2 ? ?-n ?n为偶数?,
012=

________. 答案 2 012

解析 当 n 为奇数时, an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-(2n+1); 当 n 为偶数时, an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1. 所以 a1+a2+a3+?+a2 012 =2(-1+2-3+4+?-2 011+2 012)=2 012. 8. (2013· 安徽)如图,互不相同的点 A1,A2,?,An,?和 B1,B2,?,Bn,?分别在角 O 的两条边上,所有 AnBn 相互平行,且所有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相等.设 OAn= an,若 a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是________.

答案 an= 3n-2 解析 由已知 S 梯形 AnBnBn+1An+1 =S 梯形 An+1Bn+1Bn+2An+2 S△OBn+1An+1-S△OBnAn =S△OBn+2An+2-S△OBn+1An+1, 即 S△OBnAn+S△OBn+2An+2 =2S△OBn+1An+1
2 由相似三角形面积比是相似比的平方知 OA2+OA2+2=2OAn+1,即 a2+a2+2=2a2+1, n n n n n

因此{a2}为等差数列且 a2=a2+3(n-1)=3n-2, n n 1 故 an= 3n-2. 9. 已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1)且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn 1 -n-6|< 的最小整数 n 是________. 125 答案 7 解析 由递推式变形得 3(an+1-1)=-(an-1), 1 ∴{an-1}是公比为- 的等比数列. 3 1 - 则 an-1=8· )n 1, (- 3 1 - 即 an=8· )n 1+1. (- 3

1 8[1-?- ?n] 3 于是 Sn= +n 1 1-?- ? 3 1 1 =6[1-(- )n]+n=6-6· )n+n, (- 3 3 1 因此|Sn-n-6|=|6×(- )n| 3 1 1 - =6×( )n< ,3n 1>250, 3 125 ∴满足条件的最小 n=7. 10. 气象学院用 3.2 万元买了一台天文观测仪, 已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用, n+49 第 n 天的维修保养费为 (n∈N*)元,使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指 10 使用这台仪器的平均耗资最少),一共使用了________天. 答案 800 1 解析 由题意得,每天的维修保养费是以 5 为首项, 为公差的等差数列.设一共使用 10 n+49 ?5+ ?n 10 3.2×104+ 2 了 n 天,则使用 n 天的平均耗资为 n 3.2×104 n 99 = + + ≥2 n 20 20 3.2×104 n 99 × + , n 20 20

3.2×104 n 当且仅当 = 时取得最小值,此时 n=800. n 20 二、解答题 11.(2013· 江西)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0. n (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 (2)令 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64 ?n+2?2a2 n (1)解 由 S2-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, n 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0, 由于数列{an}是正项数列,所以 Sn+1>0. 所以 Sn=n2+n. n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n, n=1 时,a1=S1=2 适合上式. ∴an=2n.

n+1 n+1 (2)证明 由 an=2n 得 bn= 2 2= 2 ?n+2? an 4n ?n+2?2 = 1 ? 1 ?1 2- 2 , 16?n ?n+2? ?

1 1 1 1 1 1 Tn= ??1-32?+?22-42?+?32-52?+? ?? ? ? ? ? ? 16 1 1 1 1 +??n-1?2-?n+1?2?+?n2-?n+2?2??

?

? ?

??



1 1 1 ? 1? 1 1? 5 1+ 2- 1+ 2?= . 2- 2 < 16? 2 ?n+1? ?n+2? ? 16? 2 ? 64

1 1 1 12.将函数 f(x)=sin x· sin (x+2π)· sin (x+3π)在区间(0,+∞)内的全部极值点按从小到 4 4 2 大的顺序排成数列{an}(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2nan,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn 的表达式. 解 1 1 1 1 (1)化简 f(x)=sin x· sin (x+2π)· sin (x+3π)=- sin x, 4 4 2 4

π 其极值点为 x=kπ+ (k∈Z), 2 π π 它在(0, +∞)内的全部极值点构成以 为首项, 为公差的等差数列, an= +(n-1)π π 故 2 2 π =nπ- . 2 π (2)bn=2nan= (2n-1)·n, 2 2 π - ∴Tn= [1· 2+3· 2+…+(2n-3)· n 1+(2n-1)· n], 2 2 2 2 π + 则 2Tn= [1· 2+3· 3+…+(2n-3)· n+(2n-1)· n 1]两式相减,得 2 2 2 2 2 π + ∴-Tn= [1· 2+2· 2+2· 3+…+2· n-(2n-1)· n 1], 2 2 2 2 2 ∴Tn=π[(2n-3)· n+3]. 2 1 1 2 13.在等比数列{an}中,a2= ,a3·6= .设 bn=log2a22· a n log2an+12,Tn 为数列{bn}的前 n 4 512 项和. (1)求 an 和 Tn; (2)若对任意的 n∈N*,不等式 λTn<n-2(-1)n 恒成立,求实数 λ 的取值范围. 解 1 1 1 (1)设{an}的公比为 q,由 a3a6=a2·5= q5= 得 q= , 2q 16 512 2

1 - ∴an=a2·n 2=( )n. q 2

1 2n-1 1 + 2 bn=log2a22· 2· log( )2n 12 n log2an+12=log( ) 2 2 = 1 ?2n-1??2n+1?

1 1 1 = ( - ), 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= (1- + - +?+ - ) 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 n = (1- )= . 2 2n+1 2n+1 (2)①当 n 为偶数时,由 λTn<n-2 恒成立得, ?n-2??2n+1? 2 λ< =2n- -3 恒成立, n n 2 即 λ<(2n- -3)min, n 2 而 2n- -3 随 n 的增大而增大, n 2 ∴n=2 时(2n- -3)min=0, n ∴λ<0. ②当 n 为奇数时,由 λTn<n+2 恒成立得, ?n+2??2n+1? 2 λ< =2n+ +5 恒成立, n n 2 即 λ<(2n+ +5)min n 2 而 2n+ +5≥2 n 2 2n·+5=9, n

2 当且仅当 2n= ,即 n=1 时等号成立, n ∴λ<9. 综上,实数 λ 的取值范围为(-∞,0).


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