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烟台芝罘区数学2015-2016高三专题复习-数列(2)求前n项和及数列综合经典练习(含答案)


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山东省烟台市芝罘区数学 2015-2016 高三专题复习 -数列(2)求和及经典练习(含答案)
烟台乐博士教育特供 一、公式法: 利用以下公式求数列的和 1. Sn ? 2. Sn ?
n(a1 ? an ) n(n ? 1) ? na1 ? d 2 2



明老师整理

( ?an ?为等差数列) ( q ? 1 )或 Sn ? na1 (q ? 1) ( ?an ?为等比数列)

a1 (1 ? q n ) a1 ? an q ? 1? q 1? q

n(n ? 1)( 2n ? 1) 6 n(n ? 1) 2 ] 等公式 4. 13 ? 23 ? 33 ? ? ? ? ? ? ? ? ? n3 ? [ 2

3. 12 ? 22 ? 32 ? ? ? ? ? ? ? ? ? n 2 ?

例已知数列 ?an ? ,其中 a1 ? 1, a2 ? 3,2an ? an?1 ? an?1 ? n ? 2? ,记数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,数列

?ln Sn ? 的前 n 项和为 U n ,求 U n 。
解:由题意, ?an ? 是首项为 1,公差为 2 的等差数列 前 n 项和 Sn ?
1 ? 1 ? 2 ? n ? 1? 2 ? n ? n 2 , ln Sn ? ln n ? 2ln n 2

Un ? 2 ? ln1? ln 2 ??? ln n? ? 2ln ? n!?
二、分组求和法
?? ????? 对于数列 ?an ?, 若 an ? bn ? Cn 且数列 ?bn ?、?cn ?……都能求出其前 n 项的和, 则在求 ?an ?

前 n 项和时,可采用该法 例如:求和: Sn ? 0.9 ? 0.99 ? 0.999? 0.9999? ? ? ? ? ? ? ?0 .9 ? ?? ?9 ? ?
n个9

解:设 an ? 0.9 ? ?? ? ?? ?? ?9 ? 1 ? 10 ? ?
n个9

?n

? Sn ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? ? ? ? ? ? ? ?an ? (1 ? 10?1 ) ? (1 ? 10?2 ) ? (1 ? 10?3 ) ? (1 ? 10?4 ) ? ? ? ? ? ? ? ?(1 ? 10?n )

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? (1 ??? 1 ? ? ??? ??? ? ? ?1) ? (10?1 ? 10?2 ? 10?3 ? 10?4 ? ? ? ? ? ? ? ?10?n ) ? ?
n个1相加

1 ? n ? (1 ? 10 ? n ) 9

三、倒序相加法(或倒序相乘法) 将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到 n 个 (a1 ? an ) ,Sn 表示从第一项依次到第 n 项的和,然后又将 Sn 表示成第 n 项依次反序到第一项的和,将所得 两式相加,由此得到 Sn 的一种求和方法。 1.倒序相加法 例 设 f ( x) ?
1 2 ? 2
x

,利用课本中推导等差数列的前 n 项和的公式的方法,可求得 。

f (?5) ? f (?4) ? ? ? f (0) ? ? ? f (5) ? f (6) 的值为:

1 ? 2x 1 1 2 解:因为 f(x)= x ,∴f(1-x)= 1? x ? ? 2 x x 2 ? 2 2 ? 2 2? 2 ?2 2?2
x

1 1 x 1 ? 2x 1? 2 ( 2 ? 2x ) 1 1 2 2 ∴f(x)+f(1-x)= . ? 2 x ? ? 2 ? ? x x x 2 2?2 2?2 2?2 2?2 2
设 S=f(-5)+f(-4)+…+f(6),则 S=f(6)+f(5)+…+f(-5) ∴2S=(f(6)+f(-5))+(f(5)+f(-4))+…+(f(-5)+…f(6))=6 2 ∴S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(6)=3 2 . 2.倒序相乘法 例如:已知 a 、 b 为两个不相等的正数,在 a 、 b 之间插入 n 个正数,使它们构成以 a 为首项,

b 为末项的等比数列,求插入的这 n 个正数的积 pn
解:设插入的这 n 个正数为 a1 、 a 2 、 a3 、…… a n 且数列 a 、 a1 、 a 2 、 a3 、…… a n 、 b 成 等比数列 则 ab ? a1 ? an ? a2 ? an ?1 ? ? ? ? ? ? ?

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? p n ? a1 ? a 2 ? a3 ? ? ? ? ? ?a n ……①

又 pn ? an ? an ?1 ? an ?2 ? ? ? ? ? ?a1 ……② 由① ? ②得
2 n pn ?(a ? ? ? ? ?( ?a a ) ?( a b) 1 a n) ( a 2 a ? n 1) n 1

?p n ? (ab)

n 2

四、错位相减法

?cn ?分别是等差数列、 对于数列 ?an ?, 若 an ? bn ? cn 且数列 ?bn ?、 等比数列时, 求该数列 ?an ?
前 n 项和时,可用该方法。一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比 q, 然后再将得到的新和式和原和式相减,转化为同倍数的等比数列求和,就是错位相减法。 例 已知数列 ?an ?: an ? (2n ? 1) ? 3n ,求数列 ?an ?前 n 项和 Sn 解: Sn ? 1? 31 ? 3 ? 32 ? 5 ? 33 ? ? ? ? ? ? ? ?[2(n ? 1) ? 1] ? 3n ?1 ? (2n ? 1) ? 3n 在上式两边同乘以(或除以)等比数列 ?3n ?的公比 3,得

3Sn ? 1? 32 ? 3 ? 33 ? 5 ? 34 ? ? ? ? ? ? ? ?[2(n ? 1) ? 1]3n ? (2n ? 1)3n ?1
由①~②(两等式的右边错位相减)

2Sn ? 1? 31 ? (3 ? 32 ? 1? 32 ) ? (5 ? 33 ? 3 ? 33 ) ? ? ? ? ? (2n ? 1)3n ? [2(n ? 1) ? 1]3n ? (2n ? 1)3n ?1
? 1? 31 ? 2 ? 32 ? 2 ? 33 ? ? ? ? ? 2 ? 3n ? (2n ? 1)3n ?1 ? 3 ? (3n ?1 ? 9) ? (2n ? 1) ? 3n ?1 ? (2 ? 2n)3n ?1 ? 6
∴ Sn ? (n ? 1) ? 3n ?1 ? 3 五、裂项相消法 对相应的数列的通项公式加以变形,将其写成两项的差,这样整个数列求和的各加数都按同样 的方法裂成两项之差,其中每项的被减数一定是后面某项的减数,从而经过逐项相互抵消仅剩

?

?

? 1? 31 ? 2(32 ? 33 ? ? ? ? ? 3n ) ? (2n ? 1)3n ?1

下有限项,可得出前 项和公式.它适用于 c 为常数)、部分无理数列、含阶乘的数列等。

型(其中{

}是各项不为 0 的等差数列,

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常见的裂项方法有: 1.
1 1 1 ? ? n(n ? 1) n n ? 1

1 1 1 1 ? ( ? ) n( n ? k ) k n n ? k

2.

1 1 1 1 ? ( ? ) (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1 1 1 1 1 ? [ ? ] n(n ? 1)(n ? 2) 2 n(n ? 1) (n ? 1)(n ? 2)
1 1 ? ( n ? k ? n) n?k ? n k
1 a? b

3.

4.

还有: an ? f (n ? 1) ? f (n) ;

?

1 a ?b

( a ? b) ;

(2n) 2 1 1 1 ; sin 1? ? 1? ( ? ) ? tan(n ? 1)? ? tann? 等。 ? ? (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1 cos n cos(n ? 1)
例 已知数列 ?an ?: an ?
1 n ? n?2 1 n ? n?2 ? (n ? 2) ,求数列 ?an ?前 n 项和

解:? an ?
? Sn ?

1 ( n ? 2 ? n) 2

1 1 1 1 ( 3 ? 1) ? ( 4 ? 2 ) ? ( 5 ? 3 ) ? ? ? ? ? ( n ? 2 ? n ) 2 2 2 2 1 ? [( 3 ? 1) ? ( 4 ? 2 ) ? ( 5 ? 3 ) ? ? ? ? ? ( n ? 2 ? n )] 2 1 ? ( n ? 1? n ? 2? 1) 2

六、并项法 例 已知 Sn ? 2 ? 4 ? 6 ? 8 ? 10 ?12 ? ? ? ? ? (?1)n?1 2n 则 S15 ? S20 ? S50 ? 解:? S15 ? 2 ? 4 ? 6 ? 8 ? 10 ? 12 ? ? ? ? ? 26 ? 28 ? 30
? (2 ? 4) ? (6 ? 8) ? (10 ? 12) ? ? ? ? ? (26 ? 28) ? 30 ? (?2) ? 7 ? 30 ? 16

S20 ? 2 ? 4 ? 6 ? 8 ? 10 ? 12 ? ? ? ? ? 38 ? 40
? (2 ? 4) ? (6 ? 8) ? (10 ? 12) ? ? ? ? ? (38 ? 40) ? (?2) ? 10 ? ?20

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同理 S50 ? (?2) ? 25 ? ?50

? S15 ? S20 ? S50 ? 16 ? (?20) ? (?50) ? 46
七、拆项重组求和. 有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,能分为几个等 差、等比或常见的数列的和、差,则对拆开后的数列分别求和,再将其合并即可求出原数列的 和.也称分组求和法. 例 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前 n 项和. 解:设 ak ? k (k ? 1)(2k ? 1) ? 2k 3 ? 3k 2 ? k ∴ S n ? ? k (k ? 1)(2k ? 1) = ? (2k 3 ? 3k 2 ? k )
k ?1
k ?1

n

n

将其每一项拆开再重新组合得:Sn= 2? k 3 ? 3? k 2 ? ? k
k ?1 k ?1 k ?1

n

n

n

= 2(13 ? 23 ? ? ? ? ? n3 ) ? 3(12 ? 22 ? ? ? ? ? n2 ) ? (1 ? 2 ? ? ? ? ? n) =
n(n ? 1) 2 (n ? 2) n 2 (n ? 1) 2 n(n ? 1)(2n ? 1) n(n ? 1) ? ? = 2 2 2 2

八、累加法 给出数列{ S n }的递推式和初始值,若递推式可以巧妙地转化为 S n ? S n?1 ? f (n) 型,可以 考虑利用累加法求和,此法也叫叠加法。
1 例 数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,已知 a1 ? , Sn ? n 2 an ? n ? n ? 1? , n ? 1, 2, ??? ,求 S n 2 2 解:由 Sn ? n an ? n ? n ?1? ? n ? 2 ? 得: Sn ? n2 (Sn ? Sn?1 ) ? n ? n ?1? ,

即 (n2 ?1)Sn ? n2 Sn?1 ? n ? n ?1? , 由

?

n ?1 n Sn ? S n ?1 ? 1 ,对 n ? 2 成立。 n n ?1

n ?1 n 3 2 n ?1 n n ?1 Sn ? S n ?1 ? 1 , S n ? 2 S1 ? n ? 1 , Sn ?1 ? Sn?2 ? 1 , …, S 2 ? S1 ? 1 累加得: n n ?1 2 1 n n ?1 n?2 1 , 2

又 S1 ? a1 ?

n2 所以 Sn ? ,当 n ? 1 时,也成立。 n ?1

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经典高考练习题 1. 已知等比数列 {an }中, a2 , a3 , a4 分别是某等差数列的第 5 项、第 3 项、第 2 项,且

a1 ? 64, 公比q ? 1
(Ⅰ)求 a n ;(Ⅱ)设 bn ? log2 an ,求数列 {|b n |}的前n项和Tn .

2.

已知数列 {an } 满足递推式 an ? 2an?1 ? 1(n ? 2) ,其中 a4 ? 15. (Ⅰ)求 a1 , a2 , a3 ; (Ⅱ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ)求数列 {an } 的前 n 项和 S n

3. 已知数列 {an }的前 n 项和为 S n ,且有 a1 ? 2 , 3Sn ? 5an ? an?1 ? 3Sn?1 (n ? 2) (1)求数列 a n 的通项公式;(2)若 bn ? (2n ?1)an ,求数列 a n 的前 n 项的和 Tn 。

4. 已知数列{ a n }满足 a1 ? 1 ,且 an ? 2an?1 ? 2n (n ? 2, 且n ? N * ) . (Ⅰ)求 a 2 , a 3 ;(Ⅱ)证明数列{

an }是等差数列;(Ⅲ)求数列{ a n }的前 n 项之和 S n 2n

5. 数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n , a1 ? 1 , an?1 ? 2Sn (n ? N* )

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(Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项 a n ;(Ⅱ)求数列 ?nan ? 的前 n 项和 Tn

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6. a1 ? 2, a2 ? 4, bn ? an?1 ? an , bn?1 ? 2bn ? 2 . 求证: ⑴数列{bn+2}是公比为 2 的等比数列; ⑵ an ? 2 n?1 ? 2n ;⑶ a1 ? a2 ? ? ? an ? 2n?2 ? n(n ? 1) ? 4 .

7.

已知各项都不相等的等差数列 {an } 的前六项和为 60,且 a6为a1和a21 的等比中项. (1)求数列 {an } 的通项公式 an 及前n项和S n ;
1 (2)若数列 {bn }满足bn?1 ? bn ? an (n ? N ? ),且b1 ? 3, 求数列 { } 的前 n 项和 Tn. bn

8. 已知 S n 是数列 ?an ? 的前 n 项和, a1 ? , a2 ? 2 ,且 Sn?1 ? 3Sn ? 2Sn?1 ? 1 ? 0 ,其中 n ? 2, n ? N * . ①求证数列 ?an ? 1? 是等比数列;②求数列 ?an ? 的前 n 项和 S n .

3 2

9.

已知 S n 是数列 { a n } 的前 n 项和,并且 a1 =1 ,对任意正整数 n , S n?1 ? 4an ? 2 ;设

bn ? an?1 ? 2an (n ? 1,2,3,?).
(I)证明数列 {bn }是等比数列,并求 {bn }的通项公式; (II)设 Cn ?

bn 1 , Tn为数列 { } 的前 n 项和,求 T n . 3 log2 Cn?1 ? log2 Cn? 2

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经典高考练习题参考答案 1.解析:
(1) 设该等差数列为 {cn } ,则 a2 ? c5 , a3 ? c3 , a4 ? c2 ? c5 ? c3 ? 2d ? 2(c3 ? c2 )

? (a2 ? a3 ) ? 2(a3 ? a4 ) 即: a1q ? a1q2 ? 2a1q2 ? 2a1q3 ? 1 ? q ? 2q(1 ? q) ,? q ? 1 , ? 2q ? 1,
1 (2) bn ? log 2 [64? ( 2
n ?1

q?

1 1 ,? a ? 64?( ) n ?1 2 2
n(13 ? n) 2

)] ? 6 ? (n ? 1) ? 7 ? n , {bn } 的前 n 项和 S n ?
n(13 ? n) 2

?当 1 ? n ? 7 时, bn ? 0 ,? Tn ? Sn ?

(8 分)

当 n ? 8 时, bn ? 0 , Tn ? b1 ? b2 ? ?? b7 ? b8 ? b9 ??? bn

? S7 ? (b8 ? b9 ? ? ? bn ) ? S7 ? (Sn ? S7 ) ? 2S7 ? Sn ? 42 ?
? n(13 ? n) ? 2 ? Tn ? ? ? ?42 ? n(13 ? n) ? ? 2 (1 ? n ? 7, n ? N * ) (n ? 8, n ? N * )

n(13 ? n) 2

2.解:(1)由 an ? 2an?1 ? 1及a4 ? 15 知 a4 ? 2a3 ? 1, 解得: a3 ? 7, 同理得 a2 ? 3, a1 ? 1. (2)由 an ? 2an?1 ? 1 知 an ? 1 ? 2an?1 ? 2

an ? 1 ? 2(an?1 ? 1) ? ?a n ? 1?构成以 a1 ? 1 ? 2 为首项以 2 为公比的等比数列;

? an ? 1(a1 ? 1) ? 2 n?1 ;? an ? 1 ? 2 n , ? an ? 2 n ? 1. 为所求通项公式
(3)? an ? 2 n ? 1

? Sn ? a1 ? a2 ? a3 ? ...... ? an ? (21 ?1) ? (22 ?1) ? (23 ?1) ? ...... ? (2n ?1) ? (21 ? 22 ? 23 ? ...... ? 2n ) ? n ?
2(1 ? 2 n ) ? n ? 2 n?1 ? 2 ? n. 1? 2

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3.解:由 3Sn ? 3Sn?1 ? 5an ? an?1 (n ? 2) ,? 2an ? an?1 ,又? a1 ? 2 ,
?{an } 是以 2 为首项,

an 1 ? , an ?1 2

1 1 1 为公比的等比数列,? an ? 2 ? ( ) n ?1 ? ( ) n ? 2 ? 22? n 2 2 2

bn ? (2n ?1)22?n ,?Tn ? 1? 21 ? 3? 20 ? 5 ? 2?1 ? ??? (2n ?1) ? 22?n (1)
1 Tn ? 1? 20 ? 3 ? 2?1 ? ?? ? (2n ? 3) ? 22? n ? (2n ? 1) ? 21? n 2 1 (1)—(2)得 Tn ? 2 ? 2(20 ? 2?1 ? ?? ? 22?n ) ? (2n ? 1) ? 21? n 2

(2)

1 2[1 ? (2?1 ) n?1 ] ? (2n ? 1) ? 21?n ? 6 ? (2n ? 3) ? 21?n ,?Tn ? 12 ? (2n ? 3) ? 22?n 即: Tn ? 2 ? ?1 2 1? 2

4.解:(Ⅰ) a2 ? 2a1 ? 2 2 ? 6 , a3 ? 2a2 ? 23 ? 20 . (Ⅱ)? a n ? 2a n ?1 ? 2 n (n ? 2, 且n ? N * ) , ∴
a n a n ?1 ? n ?1 ? 1(n ? 2, 且n ? N * ) , n 2 2



a n a n ?1 ? n ?1 ? 1(n ? 2, 且n ? N * ) . n 2 2

∴数列 {

an a 1 ? ,公差为 d ? 1 的等差数列. } 是首项为 1 n 21 2 2
an 1 1 1 1 ? ? (n ? 1)d ? ? (n ? 1) ? 1 ? n ? , ∴ a n ? ( n ? ) ? 2 n . n 2 2 2 2 2

(Ⅲ)由(Ⅱ)得

? Sn ?

1 1 3 2 5 3 1 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? ? (n ? ) ? 2n (1) 2 2 2 2 1 3 5 1 1 2Sn ? ? 22 ? ? 23 ? ? 24 ? ? ? (n ? 1 ? ) ? 2n ? (n ? ) ? 2n ?1 (2) 2 2 2 2 2

(1) ? (2)得

1 ? 2 ? 2 2 ? 2 3 ? ? ? 2 n ? (n ? ) ? 2 n ?1 ? 1 1 n ?1 2 ? S n ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? (n ? ) ? 2 2
2 3 n

?

2(1 ? 2 n ) 1 ? (n ? ) ? 2 n?1 ? 1 ? (3 ? 2n) ? 2 n ? 3 . ∴ S n ? (2n ? 3) ? 2 n ? 3 . 1? 2 2
Sn ?1 ?3 Sn

5.解:(Ⅰ)? an?1 ? 2Sn ,? Sn?1 ? Sn ? 2Sn ,?

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又? S1 ? a1 ? 1 ,? 数列 ?Sn ? 是首项为 1,公比为 3 的等比数列, Sn ? 3n?1 (n ? N* ) 当 n ≥ 2 时, an ? 2Sn?1 ? 2? 3n?2 (n ≥ 2) ,

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n ? 1, ?1, ? an ? ? n?2 3 ,n ≥ 2. ???
(Ⅱ) Tn ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ? ? ? nan , 当 n ? 1 时, T1 ? 1 ; 当 n ≥ 2 时, Tn ? 1 ? 4? 30 ? 6? 31 ? ?? 2n? 3n?2 ,…………①

3Tn ? 3 ? 4? 31 ? 6? 32 ? ?? 2n? 3n?1 ,………………………②
3(1 ? 3n ? 2 ) ① ? ② 得: ?2Tn ? ?2 ? 4 ? 2(31 ? 32 ??? 3n?2 ) ? 2n? ? 2n? 3n ?1 3n?1 ? 2 ? 2? 1? 3

? ?1 ? (1 ? 2n)? 3n?1
?Tn ?

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1 ? 1? ? ? n ? ? 3n?1 (n ≥ 2) 2 ? 2? 1 ? 1? ? ? n ? ? 3n?1 (n ≥ 2) 2 ? 2?

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又?T1 ? a1 ? 1 也满足上式,

?Tn ?

bn ?1 ? 2 ?2 bn ? 2 b1 ? a2 ? a1 ? 2 b2 ? 2b2 ? 2 ? 6 数列{bn+2}是首项为 4 公比为 2 的等比数列; ⑵由⑴知 bn ? 2 ? 4 ? 2 n?1 ? 2 n?1
6.解: ⑴ bn?1 ? 2 ? 2(bn ? 2) ?

? bn ? 2 n?1 ? 2
? a2 ? a1 ? 2 2 ? 2 a3 ? a2 ? 23 ? 2
……

an?1 ? an ? 2 n?1 ? 2

an ? an?1 ? 2 n ? 2
上列(n-1)式子累加: an ? 2 ? (22 ? 23 ? ? ? 2n ) ? 2n

? an ? 2 n?1 ? 2n
⑶ a1 ? a 2 ? ? ? a n ? (2 2 ? 2 3 ? ? ? 2 n ?1 ) ? 2
n(n ? 1) . 2

? a1 ? a2 ? ? ? an ? 2n?2 ? n(n ? 1) ? 4

7.解:(1)设等差数列 {an } 的公差为 d ,则

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?6a1 ? 15d ? 60, ?d ? 2, 解得 ? ? 2 ?a1 ? 5. ?a1 (a1 ? 20d ) ? (a1 ? 5d )
? an ? 2n ? 3 .
Sn ? n(5 ? 2n ? 3) ? n(n ? 4) 2

(2)由 bn?1 ? bn ? an ,

?bn ? bn?1 ? an?1 (n ? 2, n ? N ? ).

当n ? 2时, bn ? (bn ? bn ?1 ) ? (bn ?1 ? bn ? 2 ) ? ? ? (b2 ? b1 ) ? b1 ? an ?1 ? an ? 2 ? ? ? a1 ? b1 ? (n ? 1)(n ? 1 ? 4) ? 3 ? n(n ? 2).对b1 ? 3也适合,

?bn ? n(n ? 2)(n ? N ? ) ?

1 1 1 1 1 ? ? ( ? ). bn n(n ? 2) 2 n n ? 2
1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 (1 ? ? ? ? ? ? ? )? ( ? ? ) 2 3 2 4 n n?2 2 2 n ?1 n ? 2

Tn ?

?

3n 2 ? 5n 4(n ? 1)(n ? 2)

8.解:①? Sn?1 ? 3Sn ? 2Sn?1 ? 1 ? 0 ? Sn?1 ? Sn ? 2(Sn ? Sn?1 ) ? 1
n ?( ? an ?1 ? 2an ? 1 2 )

又 a1 ? , a2 ? 2 也满足上式,? an?1 ? 2an ? 1(n ? N * )
an ( ? (n 1 ?)N * ) ? an ?1 ? 1 ? 2

3 2

? 数列 ?an ? 1? 是公比为 2,首项为 a1 ? 1 ?

1 的等比数列 2

(2)由①, an ? 1 ? ? 2n?1 ? 2n?2 ? an ? 2n?2 ? 1 于是 Sn ? a1 ? a2 ? ... ? an ? ? 2?1 ? 1? ? ? 20 ? 1? ? ? 21 ? 1? ? ... ? ? 2n?2 ? 1?
? ? 2?1 ? 20 ? 21 ? ...2n?2 ? ? n ?
2n ? 1 ?n 2

1 2

9.解析:(I)? S n?1 ? 4an ? 2,? S n ? 4an?1 ? 2(n ? 2), 两式相减: an?1 ? 4an ? 4an?1 (n ? 2),

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? a n ? 1 ? 4(a n ? a n ? 1 )(n ? 2),? b n ? a n ? 1 ? 2a n , ? b n ? 1 ? a n ? 2 ? 2a n ? 1 ? 4(a n ? 1 ? a n ) ? 2a n ? 1 , b n ? 1 ? 2(a n ? 1 ? 2a n ) ? 2b n (n ? N *),

?

bn ?1 ? 2, bn

?{bn } 是以 2 为公比的等比数列,

? b1 ? a2 ? 2a1 , 而a1 ? a2 ? 4a1 ? 2,? a2 ? 3a1 ? 2 ? 5, b1 ? 5 ? 2 ? 3, ? bn ? 3 ? 2 n?1 (n ? N*)
(II) C n ?
bn 1 1 1 ? 2 n ?1 , ? ? ? , n n ?1 3 log2 C n?1 ? log2 C n? 2 log2 2 ? log2 2 n(n ? 1)



1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ? 1? . ? ? , ? Tn ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? 2 2 3 3 4 n n ?1 n ?1 n(n ? 1) n n ? 1

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数列运算中整体思想简化计算
一、 整体代入

把已知条件作为一个整体,直接代入或组合后代入所求的结论。 例 1:在各项均为正数的等比数列{an}中,若 a5a6=9,则 log3a1+log3a2+…+log3a10=( A.12 B.10 C.8 D.2+log35 )

解析:∵log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1〃a2…a10)=log3(a5a6)5=5log39=5×2=10,故 应选 B。 例 2:等差数列{an}的前 10 项和 S10=100,前 100 项和 S100=10,则前 110 项和 S110 等于( A.-90 ) B.90 C.-110 D.110

解析:∵S100-S10=a11+a12+…+a100= 故 S110= 二、

90(a11 ? a100) =45(a1+a110)=-90,∴a1+a110=-2 2

110(a1 ? a110 ) =-110,所以应选 C。 2

整体求解

把所求的结论作为一个整体,由已知条件变形或计算便得。 例 3:在等比数列{an}中,若 a1>0,且 a2a4+2a3a5+a4a6=16,则 a3+a5 的值为_______。 解析:由已知条件得 a32+2a3a5+a52=16,即(a3+a5)2=16,解之得:a3+a5=±4。 ∵a1>0,∴a2n-1>0,故 a3+a5=4。 例 4:设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S12>0,S13<0,则指出 S1,S2,…,S12 中 哪一个值最大,并说明理由。 解析:由 S12=
13(a1 ? a13 ) 12(a1 ? a12) =6(a6+a7)>0,得 a6+a7>0;又 S13= =13a7<0, 2 2

∴a6>0,故 S6 最大。 三、 整体转化

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把求解的过程作为一个整体,寓整体于转化之中。 例 5:已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足条件:a1=b1=a>0,a2n+1=b2n+1=b。试比较 an+1 与 bn+1 的大小。 解析:由 a1=b1=a>0,知 a2n+1=b2n+1=b>0。 ∴an+1-bn+1= 四、
a1 ? a 2 n?1 ( a ? b)2 a?b ? (? b1 ? b2n ?1 ) ? ? ab ? ? 0 ,故 an+1≥bn+1。 2 2 2

整体换元

把陌生的或复杂的式子进行整体换元,这是一种化生为熟、以简驭繁的解题策略。 例 6:已知等差数列{an}的前 12 项和为 354,前 12 项中奇数项和与偶数项和之比为 27:32,求公差 d。 解析:设前 12 项中奇数项和与偶数项和分别为 S


和 S



,则有

S奇 S偶

?

27 ,据此得: 32

27 27 S奇 S ? ,即 奇 ? ,解之得:S 奇=162,S 偶=192。 354 59 S奇 ? S偶 59

故由 S 偶-S 奇=6d=30,解之得:d=5。 五、 整体假设

把不确定的结论假设成一个整体,这是解决开放性问题的有效方法。 例 7:已知等比数列{an}的首项 a1>0,公比 q>0,q≠1;等差数列{bn}的公差 d>0,问是 否存在一个常数 a,使得 logaan-bn 为不依赖于 n 的定值。 解析:假设存在常数 a,使得 logaan-bn=k(定值) 则 logaan+1-bn+1=k(定值) ②-①得:loga a n?1 ? (bn+1-bn)=0,即 logaq=d,解之得 a= d q ,
an

① ②

故存在一个常数 a= d q ,使得 logaan-bn 为不依赖于 n 的定值。

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六、

整体构造

把局部的构造成一个整体,这是在整体中求发展的一大创举。 例 8: 若等差数列{an}的 m 项和与前 n 项和分别记为 Sm 与 Sn, 且 S m ? m2 (m≠n)。 求证:
Sn n
a m 2m ? 1 ? 。 a n 2n ? 1
2

a1 ? a 2 m?1 a1 ? a 2 m?1 2 n ? 1 2 m ? 1 2n ? 1 S 2 m ?1 am 2 2 ? ? ? ? ? ? 证明: a n a1 ? a 2 n ?1 2m ? 1 2n ? 1 a1 ? a 2 n?1 2m ? 1 S 2 n ?1 2 2

=

2n ? 1 (2m ? 1) 2 2m ? 1 。 ? ? 2m ? 1 (2n ? 1) 2 2n ? 1

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“裂项相消法”的两种用途
裂项相消法用在数列求和和证明不等式. 一、用于数列求和 例 1、求数列 {

(n ? 1) 2 ? 1 } 的前 n 项的和 S n . (n ? 1) 2 ? 1

(n ? 1) 2 ? 1 n 2 ? 2n ? 2 2 1 1 解:数列的通项 an ? ? ? 1? 2 ? 1? ( ? ), 2 2 n n?2 (n ? 1) ? 1 n ? 2n n ? 2n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ) ? (1 ? ? ) 所以 S n ? (1 ? ? ) ? (1 ? ? ) ? (1 ? ? ) ? ? ? (1 ? 1 3 2 4 3 5 n ?1 n ?1 n n?2 1 1 1 1 1 3 ? n ?1? ? ? ?n? ? ? . 2 n ?1 n ? 2 n ?1 n ? 2 2

点评:分式的求和多利用此法.常见的拆项公式有: ①
1 1 1 1 ? ( ? ), 其中k ? 0 ; n( n ? k ) k n n ? k 1 n ?1 ? n ? n ? 1 ? n ;等等.



n 1 1 ? ? ; (n ? 1)! n! (n ? 1)!



例2、设数列 {an } 的前 n 项和为 S n ,若对于 n ?N*, S n ? nan ? 1 恒成立,求 S n . 解:∵ S n ? nan ? 1 则 S n?1 ? (n ? 1)an?1 ? 1 ①, ② ,

①—②得: an ? nan ? (n ? 1)an?1 ? 0 , ∴

an n ?1 1 ? ,在①中,当 n ? 1 时, a1 ? a1 ? 1 ,∴ a1 ? , a n ?1 n ? 1 2

∴ an ? a1 ?

a a 2 a3 1 1 2 3 n ? 2 n ?1 1 1 1 , ? ? ?? n ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? a1 a2 an?1 2 3 4 5 n n ? 1 n(n ? 1) n n ? 1

1 1 1 1 1 1 1 1 n ) ? 1? ? ∴ S n ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? . 2 2 3 3 4 n n ?1 n ?1 n ?1

二、用于证明不等式 例 3、已知数列 {an } 的通项公式为 a n ?
1 , n ? n ?1
2

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求证: a1 ? a 2 ? ? ? a n ?

11 . 18 11 . 18

证明:(1)当 n ? 1 时, a1 ? ?1 ?

(2)当 n ? 2 时, a1 ? a 2 ? ?1 ? 1 ? 0 ? (3)当 n ? 3 时, a n ?

11 . 18

1 1 1 1 1 1 ? 2 ? ? ( ? ) , n ? n ? 1 n ? n ? 2 (n ? 2)(n ? 1) 3 n ? 2 n ? 1
2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ a1 ? a 2 ? ? ? a n ? 0 ? ( ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? 3 1 4 3 2 5 3 3 6 3 4 7 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ( ? )? ( ? )? ( ? ) 3 n ? 4 n ?1 3 n ? 3 n 3 n ? 2 n ?1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ? (1 ? ? ? ? ? ) ? (1 ? ? ) ? . 3 2 3 n ?1 n n ?1 3 2 3 18 11 综合(1)(2)(3)得 a1 ? a 2 ? ? ? a n ? . 18 1 例 4、求证: 2 ? (1 ? ) n ? 3 ,其中 n ?N*. n 1 证明:(1)当 n ? 1 时, (1 ? )1 ? 2 ,命题显然成立; 1 1 n 0 1 0 1 1 1 2 1 2 3 1 3 n 1 n ( ) ? Cn ( ) ? Cn ( ) ? Cn ( ) ? ?C n ( ) (2)当 n ? 2 时, (1 ? ) ? C n n n n n n n 2 1 2 3 1 3 n 1 n ? 2 ? Cn ( ) ? Cn ( ) ? ?C n ( ) ? 2. n n n n(n ? 1)( n ? 2) ? (n ? k ? 1) 1 n 1 n ( ) ? ? 对于 k ? 2且k ? N 时,有 C n n k! nk

?

1 1 1 1 ? ? ? , k! (k ? 1)k k ? 1 k

1 2 1 2 3 1 3 n 1 n ( ) ? Cn ( ) ? ?C n ( ) ∴ (1 ? ) n ? 2 ? C n n n n n 1 1 1 1 1 1 ? 2 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? ) ? 3 ? ? 3, 2 2 3 n ?1 n n 1 即 2 ? (1 ? ) n ? 3 . n 1 综合(1)(2)得 2 ? (1 ? ) n ? 3 ,其中 n ?N*. n

点评:以上两例都借助放缩法再通过裂项相消法使得证明得以顺利进行.


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