tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
相关文档
赞助商链接
当前位置:首页 >> 数学 >>

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲义:模块复习精要 复习课(二)数 列


复习课(二) 数

列对应学生用书P58

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] 1.等差数列 (1)通项公式:an=a1+(n-1)d. (2)前 n 项和公式:Sn=na1+ n?n-1? ?a1+an?n d= . 2 2

d? d (3)前 n 项和公式 Sn= n2+? ?a1-2?n 视为关于 n 的一元二次函数,开口方向由公差 d 2 的正负确定;Sn= 换”思想解题. 2.等比数列 (1)通项公式:an=a1qn 1.


?a1+an?n 中(a1+an)视为一个整体,常与等差数列性质结合利用“整体代 2

na ?q=1?, ? ? 1 (2)前 n 项和公式:Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ?q≠1?. ? 1-q ? 1-q (3)等比数列{an},Sn 为其前 n 项和,则 Sn 可表示为 Sn=k· qn+b,(k≠0,且 k+b=0). [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 - 4 5· 2n 2 5 5 5 - 则 Sn+ =5· 2n 2,因此 S1+ = , = n-3=2(n≥2). 4 4 2 5 5· 2 Sn-1+ 4 Sn+ 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] 在等差(或等比)数列中,首项 a1 与公差 d(或公比 q)是两个基本量,一般的等差(或等比) 数列的计算问题,都可以设出这两个量求解.在等差数列中的五个量 a1,d,n,an,Sn 或 等比数列中的五个量 a1,q,n,an,Sn 中,可通过列方程组的方法,知三求二.在利用 Sn 求 an 时,要注意验证 n=1 是否成立. [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=( 63 A. 4 C.15 ) B.16 61 D. 4

解析:选 A 设{an}的公比为 q,则由等比数列的性质知,a2a3=a1a4=2a1,则 a4=2; a7 由 a4 与 2a7 的等差中项为 17 知,a4+2a7=2×17=34,得 a7=16.∴q3= =8,即 q=2,∴ a4 1 ?1-26? 4 a4 1 63 a1= 3= ,则 S6= = ,故选 A. q 4 4 1-2 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 . 设 Sn 是 数 列 {an} 的 前 n 项 和 , 已 知 a1 = - 1 , Sn + 1 - Sn = SnSn +
1.

?其中12+22+…+n2=1n?n+1??2n+1?? 6 ? ?
?1? (1)求证?S ?是等差数列,并求 Sn; ?
n?

1 (2)若 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an

1 1 解:(1)证明: = =-1. S1 a1 1 1 因为 Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 - =-1, Sn+1 Sn
?1? 所以?S ?是首项为-1、公差为-1 的等差数列, ?
n?

1 所以S =-1+(n-1)×(-1)=-n,
n

1 故 Sn=-n. 1 1 1 1 (2)b1= =-1.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-n+ = ,b =n2-n. a1 n-1 n?n-1? n 所以 T1=-1.当 n≥2 时, Tn=-1+(22+32+…+n2)-(2+3+…+n) =-1+(12+22+32+…+n2)-(1+2+3+…+n) 1 1 =-1+ n(n+1)(2n+1)- n(n+1) 6 2 1 =-1+ n(n+1)(n-1). 3 1 故 Tn=-1+ n(n+1)(n-1). 3 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,题型多以选择题和填空题 的形式出现,一般难度较小. [考点精要]

等差数列的性质 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 若{an},{bn}是两个项数相同的等差数列,则 {pan+qbn}仍是等差数列

等比数列的性质 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比数列,则 {pan· qbn}仍是等比数列

Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等差数列 若数列{an}项数为 2n, S奇 an 则 S 偶-S 奇=nd, = S偶 an+1 若数列{an}项数为 2n+1,则 S 奇-S 偶=an+1, S奇 n+1 = n S偶

Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列 (q≠ -1 或 q=-1 且 k 为奇数) S偶 若数列{an}项数为 2n,则 =q S奇

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( A.21 C.19 B.20 D.18 )

(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)B [类题通法]

(2)4

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 A.8, 10 9 ) B.9, 10 9

C.9,

11 9

11 D.8, 9

解析:选 D 设 S 奇=a1+a3+…+a15,S 偶=a2+a4+…+a16,则有 S 偶-S 奇=(a2-a1) 8?a2+a16? 2 S偶 a9 +(a4-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,

故选 D. 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( A.13 C.52 解析:选 B B.26 D.156 3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,∴6a4+6a10=24,∴a4+a10=4,∴S13 )

13?a1+a13? 13?a4+a10? 13×4 = = = =26,故选 B. 2 2 2 3.已知等比数列{an}满足 an>0,n=1,2,…,且 a5· a2n-5=22n(n≥3),则 log2a1+log2a3 +…+log2a2n-1 等于( A.n(2n-1) C.n2 ) B.(n+1)2 D.(n-1)2

2n n 解析:选 C ∵a5· a2n-5=a2 n=2 ,且 an>0,∴an=2 ,

∵a2n-1=22n 1,∴log2a2n-1=2n-1,


n[1+?2n-1?] ∴log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=1+3+5+…+(2n-1)= =n2. 2 数列的通项及求和

通项及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)已知数列{an}中, a1=1, an+1=an(1-nan+1), 则数列{an}的通项公式为( n2-n+2 A.an= 2 2 C.an= 2 n -n+1 B.an= n2-n+1 2 )

2 D.an= 2 n -n+2

(2)已知正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:4Sn=(an-1)· (an+3),(n∈N*). ①求 an 的通项公式; ②若 bn=2n· an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 1 1 1 [解析] (1)原数列递推公式可化为 -a =n,令 bn=a ,则 bn+1-bn=n,因此 bn= an+1 n n (bn - bn - 1) + (bn - 1 - bn - 2) + … + (b3 - b2) + (b2 - b1)+ b1 = (n - 1) + (n- 2) + … + 2+ 1 + 1= n2-n+2 2 .从而 an= 2 .故选 D. 2 n -n+2 [答案] D
2 (2)解:①因为 4Sn=(an-1)(an+3)=an +2an-3,

所以当 n≥2 时,4Sn-1=a2 n-1+2an-1-3,
2 2 两式相减得,4an=an -an -1+2an-2an-1,

化简得,(an+an-1)(an-an-1-2)=0, 由于{an}是正项数列,所以 an+an-1≠0,

所以 an-an-1-2=0,即对任意 n≥2,n∈N*都有 an-an-1=2,
2 又由 4S1=a2 1+2a1-3 得,a1-2a1-3=0,

解得 a1=3 或 a1=-1(舍去), 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列, 所以 an=3+2(n-1)=2n+1. ②由已知及(1)知,bn=(2n+1)· 2n, Tn=3· 21+5· 22+7· 23+…+(2n-1)· 2n 1+(2n+1)· 2n,(ⅰ)


2Tn=3· 22+5· 23+7· 24+…+(2n-1)· 2n+(2n+1)· 2n 1,(ⅱ)


(ⅱ)-(ⅰ)得, Tn=-3×21-2(22+23+24+…+2n)+(2n+1)· 2n =-6-2× 4?1-2n 1? + +(2n+1)· 2n 1 1-2
- + +1

=2+(2n-1)· 2n 1. [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 故数列{an}是以 为首项, 为公比的等比数列. 3 3 2 ?1?n-1 ?1?n(n∈N*). 故 an= · =2· ?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 4.已知数列{an}满足 a1= ,an+1an=2an+1-1,令 bn=an-1. 2
?1? (1)求证:数列?b ?为等差数列; ?
n?

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?

an+1 3 (2)设 cn= a ,求证:数列{cn}的前 n 项和 Tn<n+ . 4 n 1 1 1 证明:(1)由题意知, = =-2,an=2- , b1 a1-1 an+1 则 1 bn+1 1 -b =
n

1 1 1 - = - an+1-1 an-1 an+1-1

2-

1 1

an+1

=-1, -1

?1? ∴数列?b ?是首项为-2,公差为-1 的等差数列. ?
n?

1 (2)由(1)可知,b =-2+(n-1)×(-1)=-n-1,
n

∴bn=-

n 1 1 , 代入 an=bn+1=1- = , n+1 n+1 n+1

n +1 an+1 n+2 ?n+1?2 1 ∴ a = n = =1+ n?n+2? n?n+2? n n +1 1 1 1 =1+ ?n-n+2?, 2? ? an+1 a2 a3 ∴Tn=c1+c2+…+cn= + +…+ an a1 a2 1? 1?? ? 1?1 1?? ? 1? 1 - 1 ? ? =? ?1+2?1-3??+?1+2?2-4??+…+?1+2?n n+2?? 1 1 1 1 3 =n+ ?1+2-n+1-n+2?<n+ . 2? 4 ?

1.设等差数列{an}的公差为 d.若数列{2a1an}为递减数列,则( A.d>0 C.a1d>0 B.d<0 D.a1d<0

)

2a1an+1 解析:选 D ∵{2a1an}为递减数列,∴ =2a1an+1-a1an=2a1d<1=20,∴a1d<0, 2a1an 故选 D. 1 2.在等差数列{an}中,a9= a12+6,则数列{an}的前 11 项和 S11=( 2 A.24 C.66 B.48 D.132 )

1 解析:选 D 由 a9= a12+6 得,2a9-a12=12, 2 由等差数列的性质得,2a9-a12=a6+a12-a12=12,则 a6=12,所以 S11= 11×2a6 =132,故选 D. 2 3.已知数列{an}对任意的 p,q∈N*满足 ap+q=ap+aq,且 a2=-6,那么 a10 等于( A.-165 C.-30 B.-33 D.-21 ) 11?a1+a11? = 2

解析:选 C 由已知得 a2=a1+a1=2a1=-6, ∴a1=-3. ∴a10=2a5=2(a2+a3)=2a2+2(a1+a2)=4a2+2a1 =4×(-6)+2×(-3)=-30. 4.设 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=2a8-3a4,则 3 A. 10 1 C. 9 1 B. 3 1 D. 8 S8 =( S16 )

解析:选 A 由题意可得,a1=2a1+14d-3a1-9d, 8a1+28d 20d+28d 48d 3 S8 5 ∴a1= d,又 = = = = ,故选 A. 2 S16 16a1+120d 40d+120d 160d 10 5.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 2 016 项之和 S2 016 等于( A.1 C.4 018 B.2 010 D.0 )

解析:选 D 由已知得 an=an-1+an+1(n≥2),∴an+1=an-an-1. 故数列的前 n 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.∵2 016=6×336,∴S2 016=S6=0. Sn 5 5 6.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+a3= ,a2+a4= ,则 =( an 2 4 A.4n C.2n
-1 -1

)

B.4n-1 D.2n-1

解析:选 D 设等比数列{an}的公比为 q,

?a +a =2, ∵? 5 ?a +a =4,
1 3 2 4

5

?a +a q =2,① ∴? 5 ?a q+a q =4,②
1 1 2 1 1 3

5

1 由①÷ ②可得 =2, q 1 ∴q= ,代入①解得 a1=2, 2 1?n-1 4 ∴an=2×? ?2? =2n,

?1?n? 2×? ?1-?2? ? ? 1 ? ∴Sn= =4?1-2n?, 1 1- 2

1 4?1- n? Sn ? 2 ? n ∴ = =2 -1. an 4 n 2 7.已知数列{an}的通项公式为 an=2n-30,Sn 是{|an|}的前 n 项和,则 S10=________. 解析:由 an=2n-30,令 an<0,得 n<15,即在数列{an}中,前 14 项均为负数, 所以 S10=-(a1+a2+a3+…+a10) =- 10 (a +a10)=-5[(-28)+(-10)]=190. 2 1

答案:190 8.设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q =________. 解析:由 S2=3a2+2,S4=3a4+2 相减可得 a3+a4=3a4-3a2,同除以 a2 可得 2q2-q 3 3 -3=0,解得 q= 或 q=-1.因为 q>0,所以 q= . 2 2 答案: 3 2 1 (n≥2 且 n∈N*),则数列{an}的通项公式为 n?n-1?

9.数列{an}满足 a1=1,an-an-1= an=________. 解析:an-an-1= ∴a2-a1= a3-a2= a4-a3=

1 (n≥2),a1=1, n?n-1?

1 1 =1- , 2 2×1

1 1 1 = - , 3×2 2 3 1 1 1 = - ,…, 4×3 3 4 1 1 1 = - . n?n-1? n-1 n

an-an-1=

以上各式累加,得 1? ?1 1? ? 1 -1 ? an-a1=? ?1-2?+?2-3?+…+ n-1 n

?

?

1 =1- . n 1 1 1 ∴an=a1+1-n=2-n,当 n=1 时,2-n=1=a1, 1 1 ∴an=2-n,故数列{an}的通项公式为 an=2-n. 1 答案:2- n

10.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)




?2+2n?n 1×?1-2n? + 2 1-2

=n(n+1)+2n-1. 11.已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 Sn= (1)求证:数列{an}是等差数列; 1 (2)设 bn= ,Tn=b1+b2+…+bn,求 Tn. Sn 解:(1)证明:Sn= Sn-1= an?an+1? (n∈N*),① 2 an?an+1? (n∈N*). 2

an-1?an-1+1? (n≥2).② 2
2 a2 n+an-an-1-an-1 (n≥2), 2

①-②得 an=

整理得(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1(n≥2). ∵数列{an}的各项均为正数, ∴an+an-1≠0,∴an-an-1=1(n≥2). 当 n=1 时,a1=1,∴数列{an}是首项为 1,公差为 1 的等差数列. (2)由(1)得 Sn= ∴bn= n2+n , 2

1 1 ? 2 2 = =2? - , n2+n n?n+1? ?n n+1? 1 1 1 1 1 ? =2?1- ? = 2n . 1- ?+? - ?+? - ?+…+?n- [? ] 2 2 3 3 4 n + 1 n + 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? n+ 1


∴Tn=2

1

1

1

12.设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3×22n 1.

(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, an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(22n 1+22n 3+…+2)+2=22(n
- - +1)-1

.

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· 22n

-1




Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n 1,① 从而 22· Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n 1.②


①-②得(1-22)Sn=2+23+25+…+22n 1-n×22n 1,
- +

1 + 即 Sn= [(3n-1)22n 1+2]. 9



推荐相关:

...人教A版浙江专版必修5讲义:模块复习精要 复习课(一)...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲义:模块复习精要 复习课(一)解三角形 - 复习课(一) 解三角形对应学生用书P56 利用正、余弦定理解三角形 ...


2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲义:模块复习精要 模块综合检测 Word版含答案 - (时间 120 分钟 满分 150 分) 一、选择题(本大题共 8 ...


2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4讲...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4讲义:复习课(三) 平面向量 Word版含答案 - 复习课(三) 平面向量 平面向量的概念及线性运算 1.题型为选择题...


2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4讲...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4讲义:复习课(三) 平面向量 - **复习课(三) 平面向量** 平面向量的概念及线性运算 1.题型为选择题和填空...


2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲义:第三章 3.2 一元二次不等式及其解法_数学_高中教育_教育专区。一元二次不等式及其解法第一课时 一元...


2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4讲...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4讲义:复习课(二) 三角函数的图象与性质 - **复习课(一) 任意角的三角函数及三角恒等变换** 三角函数的定义...


标题-2017-2018学年高中数学三维设计苏教版必修5:模块...

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 列 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...


标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选...

标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选修2-2:复习课(一) 导数及其应用(部分)_数学_高中教育_教育专区。复习课(一) 导数及其应用(部分) 导数的...


2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲...

2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲义:第一章 1.2 应用举例 Word版含答案 - 应用举例 第一课时 解三角形的实际应用举例 预习课本 P11~16,...


标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选...

标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选修2-2:模块综合检测 - 模块综合检测 (时间 120 分钟 满分 150 分) 一、选择题(本大题共 8 小题,每...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com