数列专题2 求数列的前n项和
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[【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019)]
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基础知识
求数列的前 n 项和 Sn 是数列中常考的一大专题,其方法有公式法、倒序相加 (乘) 法、分组求和法与裂项相消法等,在掌握这些方法的时候要注意方法的适用范围,其中的计算量有些大,技巧性也较强,需要多加以理解与总结.
基本方法
方法一 公式法
若已知数列是等差或等比数列,求其前 n 项和可直接使用对应的公式;若求和的式子对应某些公式,也可以直接使用。常见如下
(1) 等差数列求和公式 Sn=n(a1+an)2=na1+n(n−1)2d
(2) 等比数列求和公式 Sn={na1,q=1a1(1−qn)1−q,q≠1
(3) 12+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6
(4) 13+23+33+⋯+n3=[n(n+1)2]2.
【典题 1】 求和式 3+6+12+⋯+3⋅2n−2.
解析 和式 3+6+12+⋯+3⋅2n−2 相当于数列 3、6、12、…、3⋅2n−2 的和,
显然它是首项 a1=3,公比 q=2 的等比数列,设前 n 项和为 Sn,
故 an=a1⋅qn−1=3⋅2n−1,
而和式最后一项是 3⋅2n−2=an−1,是第 n−1 项,
故和式 3+6+12+⋯+3⋅2n−2 只有 n−1 项而已,
则 3+6+12+⋯+3⋅2n−2 (切勿想当然和式等于 Sn)
=Sn−1=a1(1−qn−1)1−q=3(1−2n−1)1−2=3(2n−1−1).
点拨 求和式时特别要注意确定项数,以第一个数为首项,判断最后一项为第几项 (第 n 项、第 n−1 项?) 便可.
巩固练习
1. 求和式 1+4+7+⋯+(3n+1).
2. 已知 {an} 是等差数列,公差 d≠0,a1=1,且 a1 ,a3 ,a9 成等比数列,求数列 {2an} 的前 n 项和 Sn.
参考答案
-
答案 3n2+5n+22
解析 1+4+7+⋯+(3n+1)=3n2+5n+22. -
答案 Sn=2n+1−2
解析 ∵ 数列 {an} 是等差数列,公差 d≠0,a1=1,且 a1 ,a3 ,a9 成等比数列,
∴(1+2d)2=1×(1+8d),解得 d=1 或 d=0(舍),
∴an=a1+(n−1)d=n,
∴2an=2n,
∴ 数列 {2an} 是首项为 2,公比为 2 的等比数列,
∴Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2.
方法二 倒序相加(乘)法
1 对于某个数列 {an},若满足 a1+an=a2+an−1=⋯=ak+an−k+1,则求前 n 项和 Sn 可使用倒序相加法.
具体解法 设 Sn=a1+a2+⋯+an−1+an ①
把①反序可得 Sn=an+an−1+⋯+a2+a1 ②
由①+②得 2Sn=(a1+an)+(a2+an−1)+⋯+(an−1+a2)+(an+a1)⇒Sn=(a1+an)n2.
2 对于某个数列 {an},若满足 a1+an=a2+an−1=⋯=ak+an−k+1,则求前 n 项积 Tn 可使用倒序相乘法。具体解法类同倒序相加法.
【典题 1】 设 f(x)=14x+2,利用课本中推导等差数列前 n 项和的公式的方法,可求得 f(−3)+f(−2)+⋯+f(0)+⋯+f(3)+f(4) 的值为 _.
解析 设 a+b=1,
则 f(a)+f(b)=14a+2+14b+2=4b(4a+2)4b+14b+2=4b4+2⋅4b+14b+2=4b+22(4b+2)=12.
所以 f(−3)+f(4)=12,f(−2)+f(3)=12,f(−1)+f(2)=12,f(0)+f(1)=12
f(−3)+f(−2)+⋯+f(0)+⋯+f(3)+f(4)=4×12=2.
点拨 课本中推导等差数列前 n 项和的公式的方法就是倒序相加法.
巩固练习
1. 设等差数列 {an},公差为 d,求证:{an} 的前 n 项和 Sn=(a1+an)n2.
2. 设函数 f(x)=x21+x2,求 f(1)+f(2)+f(12)+f(3)+f(13)+f(4)+f(14) 的值 _.
参考答案
-
证明 Sn=a1+a2+a3+⋯+an ①
倒序得:Sn=an+an−1+an−2+⋯+a1 ②
①+②得:2Sn=(a1+an)+(a2+an−1)+(a3+an−2)+⋯+(an+a1)
又 ∵a1+an=a2+an−1=a3+an−2=⋯=an+a1
∴2Sn=n(a1+an)⇒Sn=n(a1+an)2. -
答案 72
解析 ∵ 函数 f(x)=x21+x2,
∴f(x)+f(1x)=x21+x2+1x21+1x2=x21+x2+1x2+1=1,
∴f(1)+f(2)+f(12)+f(3)+f(13)+f(4)+f(14)=f(1)+1+1+1=11+1+3=72.
方法三 分组求和法
1 若数列 {cn} 中通项公式 cn=an+bn,可分成两个数列 {an},{bn} 之和,则数列 {cn} 的前 n 项和等于两个数列 {an},{bn} 的前 n 项和的和.
2 常见的是 cn= 等差 + 等比的形式,
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3 等比数列的通项公式形如 an=kn+b,等差数列的通项公式形如 an=A⋅Bn.
【典题 1】 求数列 {3n+2n−1} 的前 n 项和 Sn.
解析 设 an=3n+2n−1, (其中可知数列 {3n} 是等比数列,数列 {2n−1} 是等差数列)
则 Sn=a1+a2+a3+⋯+an=(31+1)+(32+3)+(33+5)+⋯(3n+2n−1)
(把等比项和等差项分别放在一组)
=(31+32+33+⋯+3n)+(1+3+5+⋯+2n−1) (确定好首项和公差、公比)
=3(1−3n)1−3+(1+2n−1)n2
=3n+12+n2−32.
【典题 2】 已知在等差数列 {an} 中,a1=2,a3+a5=10.
(1) 设 bn=2an,求证:数列 {bn} 是等比数列;(2) 求数列 {an+bn} 的前 n 项和.
解析 (1) 设公差为 d 的等差数列 {an} 中,a1=2,a3+a5=10.
整理得 {a1=22a1+6d=10,解得 {a1=2d=1,
所以 an=a1+(n−1)=n+1.
由于 bn=2an,所以 bn=2n+1,bn−1=2n,
整理得 bnbn−1=2(常数),
所以数列 {bn} 是以 b1=22=4 为首项,2 为公比的等比数列.
(2) 由于数列 {bn} 是以 b1=22=4 为首项,2 为公比的等比数列,
所以 bn=4×2n−1=2n+1.
所以 an+bn=2n+1+n+1,
故 Sn=4(2n−1)2−1+n(2+n+1)2=2n+2+n(n+3)2−4.
巩固练习
1. 已知数列 {an} 的通项 an=2n+n,若数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,则 S8= _.
2. 已知数列 {an} 是等比数列,公比为 q,数列 {bn} 是等差数列,公差为 d,且满足:a1=b1=1,b2+b3=4a2,a3-3b2=−5.
(1) 求数列 {an} 和 {bn} 的通项公式;
(2) 设 cn=an+bn,求数列 {cn} 的前 n 项和 Sn.
参考答案
-
答案 546
解析 数列 {an} 的通项 an=2n+n,
若数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,
则 Sn=(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n)=2(2n−1)2−1+n(n+1)2=2(2n−1)+n(n+1)2.
则 S8=2(28−1)+8×92=546 . -
答案 (1) an=2n−1,bn=2n-1 ;(2) 2n+n2−1
解析 (1) 设等比数列 {an} 的公比为 q,等差数列 {bn} 的公差为 d,
由题意知 q>0,
由已知,有 {(1+d)+(1+2d)=4qq2−3(1+d)=−5,
即 {−4q+3d=−2q2−3d=−2,解得 q=d=2.
∴{an} 的通项公式为 an=2n−1,{bn} 的通项公式为 bn=2n-1;
(2) 由 (1) 知,cn=an+bn=2n−1+2n-1,
则 Sn=(1+21+22+⋯+2n−1)+[1+3+5+⋯+(2n−1)]
=1×(1−2n)1−2+n(1+2n−1)2=2n+n2−1.
方法四 错位相减法
当数列 {an} 的通项公式 an=bn⋅cn ,其中 {bn} 为等差数列,{cn} 为等比数列.
举例:
【典题 1】 已知递增的等比数列 {an} 满足 a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2 ,a4 的等差中项.
(1) 求数列 {an} 的通项公式 an;
(2) 令 bn=an⋅log12an,Sn=b1+b2+⋯+bn,求 Sn.
解析 (1) 设数列 {an} 的公比为 q,
由题意可知 {a2+a3+a4=282(a3+2)=a2+a4,
即 {a3=8a2+a4=20⇒{a1q2=8a1q+a1q3=20,
解得 {a1=2q=2 或 {a1=32q=12(舍)
∴an=2⋅2n−1=2n.
(2)bn=an⋅log12an=2n⋅log122n=−n⋅2n,
(其中 {n} 是等差数列,{2n} 是等比数列,可用错位相减法)
∴Sn=−1×2−2×22−3×23−⋯−n−1×2n−1−n×2n (1)
2Sn= −1×22−2×23−3×24−⋯−n−1×2n−n×2n+1 (2)
∴(1)−(2) 得
−Sn=−(2+22+23+⋯2n)+n×2n+1=−2−2n+11−2+n×2n+1=(n−1)×2n+1+2
∴Sn=(1−n)×2n+1−2. (最后可用 S2 检验运算结果是否正确)
巩固练习
1. 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;
(2) 设数列 {bn} 满足 bn=2(an−1)4n,求数列 {bn} 的前 n 项和 Rn.
2. 已知正项数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,满足 a2n+an-2Sn=0(n∈N∗).
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 记数列 {bn} 的前 n 项和为 Tn,若 bn=(2an−7)2n,求 Tn;
(3) 求数列 {Tn} 的最小项.
参考答案
-
答案 (1)an=2n−1; (2) Rn=19(4−3n+14n−1).
解析 (1) 设等差数列 {an} 的首项为 a1,公差为 d,
由 S4=4S2,a2n=2an+1 得 {4a1+6d=8a1+4da1+(2n−1)d=2a1+2(n−1)d+1,
解得 a1=1,d=2.
因此 an=2n−1(n∈N∗).
(2) 由题意知: bn=2an−24n=(n−1)(14)n−1,
所以 Rn=0×(14)0+1×(14)1+2×(14)2+3×(14)3+⋯+(n−1)×(14)n−1,
14Rn=0×(14)1+1×(14)2+2×(14)3+⋯+(n−2)×(14)n−1+(n−1)×(14)n
两式相减得 34Rn=14+(14)2+⋯+(14)n−1−(n−1)(14)n=14−(14)n1−14−(n−1)(14)n
整理得 Rn=19(4−3n+14n−1),
所以数列 {cn} 的前 n 项和 Rn=19(4−3n+14n−1). -
答案 (1)an=n;(2)Tn=(2n−9)⋅2n+1+18;(3) −30.
解析 (1) 由 a2n+an−2Sn=0,得到:a2n+1+an+1−2Sn+1=0,
两式相减得:(a2n+1−a2n)+(an+1−an)−2(Sn+1−Sn)=0,
整理得:(an+1+an)(an+1−an−1)=0,
由于数列 {an} 是正项数列,
所以 an+1−an=1(常数),
当 n=1 时,解得 a1=1.
故 an=1+n−1=n.
(2) 由 (1) 得:bn=(2n−7)⋅2n,
所以:Tn=(−5)⋅21+(−3)⋅22+(−1)⋅23+⋯+(2n−7)⋅2n①,
2Tn=(−5)⋅22+(−3)⋅23+(−1)⋅23+⋯+(2n−7)⋅2n+1②,
①-②得:−Tn=(−5)×2+23+24+⋯+2n+1−(2n−7)⋅2n+1,
解得:Tn=(2n−9)⋅2n+1+18.
(3)Tn+1−Tn=(2n−7)⋅2n+2+18−(2n−9)⋅2n+1−18=(2n−5)⋅2n+1,
当 n≤2 时,Tn+1<Tn,
当 n≥3 时,Tn+1>Tn,
故:T1>T2>T3<T4<T5<⋯,
故数列 {Tn} 的最小值为 T3=−30.
方法五 裂项相消法
常见裂项公式
(1) 1n(n+1)=1n−1n+1,1n(n+k)=1k(1n−1n+k);
(2) 1√n+1+√n=√n+1−√n,1√n+k+√n=1k(√n+k−√n).
【典题 1】 设等差数列 {an} 满足 a2=5,a6+a8=30,则数列 {4a2n−1} 的前 n 项的和等于 _.
解析 ∵a6+a8=30, ∴a7=15,
又 ∵a2=5, ∴d=15−57−2=2,
∴an=a2+n−2d=2n+1,
∴a2n=(2n+1)2=4n2+4n+1,
∴4a2n−1=44n2+4n=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1 (因式分解裂项是关键)
∴ 数列 {4a2n−1} 的前 n 项的和为 (1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1.
点拨 本题是用了常见的裂项公式 1n(n+1)=1n−1n+1, 1n(n+k)=1k(1n−1n+k),
思考下以下各项怎么裂项: an=1n2−n(n≥2), an=12n2+4n, an=1n2+3n.
【典题 2】 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=2,Sn=an+1−2n+2+2 ,n∈N∗.
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 设 bn=2nan,记数列 {bnbn+1} 的前 n 项和为 Tn,证明:12≤Tn<1.
解析 (1) 解:由题意,当 n=1 时,a1=S1=a2-23+2,
即 a2-6=2,解得 a2=8,
当 n≥2 时,由 Sn=an+1-2n+2+2,可得:Sn−1=an-2n+1+2,
两式相减,可得:an=an+1-an-2n+2-2n+1,
整理,得 an+1-2an=2n+1,
两边同时乘以 12n+1,可得 an+12n+1−an2n=1,(n≥2)
∵a121=1, ∴ 数列 {an2n} 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,
∴an2n=1+1×(n−1)=n,∴an=n2n,n∈N∗.
(2) 证明:由 (1) 知,bn=2nan=2nn⋅2n=1n ,
则 bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1,
∴Tn=b1b2+b2b3+⋯+bnbn+1=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1,
∵n∈N∗, ∴0<1n+1≤12,
∴12≤1−1n+1<1,即 12≤Tn<1.
巩固练习
1. 已知数列 {an} 满足 a1=1, an+1=anan+1.
(1) 证明:数列 {1an} 是等差数列,并求数列 {an} 的通项公式;
(2) 设 bn=ann+2,求数列 {bn} 前 n 项和 Sn.
2. 已知正项数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,4Sn=a2n+4n−1,a1=1.
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 设 {an} 是递增数列,bn=1an⋅an+1,Tn 为数列 {bn} 的前 n 项和,若 Tn≤m6 恒成立,求实数 m 的取值范围.
参考答案
-
答案 (1)an=1n; (2) Sn=34−2n+32(n+1)(n+2)
解析 (1) 证明:由 an+1=anan+1,得 1an+1−1an=an+1an−1an=1,
再由 a1=1,得 1a1=1,
∴ 数列 {1an} 是首项为 1,公差为 1 的等差数列,
∴1an=1+(n−1)×1=n,则 an=1n;
(2) 解:由 bn=ann+2,得 bn=1n(n+2)=12(1n−1n+2),
∴ 数列 {bn} 前 n 项和 Sn=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2). -
答案 (1) an=2n−1 或 an=1; (2) [3,+∞).
解析 (1)n≥2 时,4an=4Sn−4Sn−1=a2n+4n−1−[a2n−1+4n−1−1],
化为:(an−2)2=a2n−1,an>0.
∴an−an−1=2,或 an+an−1=2,
an−an−1=2 时,数列 {an} 是等差数列,an=1+2(n−1)=2n−1.
an+an−1=2 时,∵a1=1,可得 an=1.
(2) {an} 是递增数列,∴an=2n−1.
bn=1an⋅an+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),
数列 {bn} 的前 n 项和 Tn=12(1−13+13−15+⋯⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12,
∵Tn≤m6 恒成立, ∴12≤m6,解得 m≥3.
∴ 实数 m 的取值范围是 [3,+∞).
分层练习
【A组---基础题】
1. 数列 112,214, 318,…,n+12n 的前 n 项和为 Sn=( )
A. n2−1n B. n(n+1)2+2n C. n(n+1)2−12n+1 D. n2n−1
2. 设 f(x)=19x+3,利用课本中推导等差数列前 n 项和的公式的方法,可求得 f(−3)+f(−2)+⋯+f(0)+⋯+f(3)+f(4) 的值为 _.
3. 数列 {an} 满足 an=1(2n+1)(2n+3) ,n∈N∗,其前 n 项和为 Sn.若 Sn<M 恒成立,则 M 的最小值为 _.
4. 已知等差数列 {an} 中,公差 d>0,a1,a5 为方程 x2−10x+9=0 的两根.
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 设 bn=an+12n,求数列 {bn} 的前 n 项和 Tn.
5. 已知正项数列 {an} 满足 a1=√2, a2n+1−a2n=2(n+1).
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 若数列 {bn} 满足 b1=3, bn=3bn−1+3n(n≥2),求数列 {a2nbn} 的前 n 项和 Sn.
6. 已知公差不为 0 的等差数列 {an} 的前 9 项和 S9=45,且第 2 项、第 4 项、第 8 项成等比数列.
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 若数列 {bn} 满足 bn=an+(12)n−1,求数列 {bn} 的前 n 项和 Tn.
7. 已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且 S2=8,S9=11a4.
(1) 求 an;
(2) 设数列 {1Sn} 的前 n 项和为 Tn,求证:Tn<34.
8. 已知数列列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且满足 2Sn=3an-3.
(1) 证明数列 {an} 是等比数列;
(2) 若数列 {bn} 满足 bn=log3an,记数列 {bnan} 的前 n 项和为 Tn,证明: 13<Tn<34.
9. 设函数 f(x)=2x2x+√2 的图象上两点 P1(x1,y1)、P2(x2,y2),若 →OP=12(→OP1+→OP2),且点 P 的横坐标为 12.
(1) 求证:P 点的纵坐标为定值,并求出这个定值;
(2) 求 Sn=f(1n)+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(nn).
参考答案
-
答案 C
解析 数列 112,214, 318,…,n+12n 的前 n 项和为
Sn=(1+2+3+⋯+n)+(12+14+18+⋯+12n)=n(n+1)2+12(1−12n)1−12=n(n+1)2−12n+1.
故选:C. -
答案 43
解析 设 a+b=1,
则 f(a)+f(b)=19a+3+19b+3=191−b+3+19b+3=9b3(9b+3)+19b+3=9b+33(9b+3)=13 ,
所以 f(−3)+f(4)=13,f(−2)+f(3)=13,f(−1)+f(2)=13,f(0)+f(1)=12,
f(−3)+f(−2)+⋯+f(0)+⋯+f(3)+f(4)=4×13=43. -
答案 16
解析 an=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3),
可得其前 n 项和 Sn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)=12(13−12n+3),
由 12n+3>0,可得 Sn<16,
Sn<M 恒成立,可得 M≥16,即 M 的最小值为 16. -
答案 (1)an=2n−1;(2)Tn=n2+1−12n .
解析 等差数列 {an} 中,公差 d>0,a1,a5 为方程 x2−10x+9=0 的两根.
所以 a1+a5=10,a1a5=9,解得 a1=1,a5=9.
所以 d=9−15−1=2.
故 an=a1+2(n−1)=2n−1.
(2) 由于 an=2n−1,
所以 bn=2n−1+12n,
所以 Tn=(1+3+⋯+2n−1)+(12+122+⋯+12n)=n(1+2n−1)2+12(1−12n)1−12=n2+1−12n. -
答案 (1) an=√n2+n;(2) Sn=54−2n+54⋅(13)n.
解析 (1) 由 a1=√2, a2n+1−a2n=2(n+1),
可得 a2n=a21+(a22−a21)+(a23−a22)+…+(a2n−a2n−1)
=2+4+6+…+2n=12n(2+2n)=n2+n,
又 乙an=0,所以 an=√n2+n;
(2)b1=3, bn=3bn−1+3n(n≥2),
可得 bn3n=bn−13n−1+1(n≥2),
则 {bn3n} 是以 b13=1 为首项,公差为 1 的等差数列,
则 bn3n=n,即为 bn=n⋅3n,
令 cn=a2nbn,则 cn=n+13n ,
所以 Sn=231+332+⋯+n+13n ,
13Sn=232+333+⋯+n+13n+1,
两式相减可得 23Sn=23+132+⋯+13n−n+13n+1=13+13(1−13n)1−13−n+13n+1,
化为 Sn=54−2n+54⋅(13)n. -
答案 (1)an=n (2) Tn=n2+n+42−12n−1
解析 (1) 设公差为 d,且 d≠0 的等差数列 {an} 的前 9 项和 S9=45,
且第 2 项、第 4 项、第 8 项成等比数列.
所以 {S9=45a24=a2a8,
整理得 {9a1+36d=45(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),解得 a1=d=1,
故 an=n.
(2) 由 (1) 得:数列 {bn} 满足 bn=an+(12)n−1=n+(12)n−1,
所以 Tn=(1+2+…+n)+(1+12+122+…+12n−1)=n2+n+42−12n−1. -
答案 (1)an=2n+1;(2) 略 .
解析 (1) 设公差为 d,由 S2=8,S9=11a4,
得 {2a1+d=89a1+36d=11a1+33a,解得 a1=3,d=2.
∴an=3+2(n−1)=2n+1;
证明:(2) 由 (1),an=2n+1,则有 Sn=n2(3+2n+1)=n2+2n.
则 1Sn=1n(n+2)=12(1n−1n+2).
∴Tn=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)<34. -
答案 (1) 略;(2) 略 .
解析 (1) 因为 2Sn=3an−3,所以 2Sn−1=3an−1−3,
两式相减得,2an=3an−3an−1(n≥2),即 an=3an−1(n≥2),
在 2Sn=3an−3 中,令 n=1,则 2a1=2S1=3a1−3,解得 a1=3≠0,
故数列 {an} 是以 3 为首项,3 为公比的等比数列.
(2) 由 (1) 可知 an=3n.
所以 bn=log3an=log33n=n,所以 bnan=n3n.
所以 Tn=131+232+333+⋯⋯+n−13n−1+n3n,
13Tn=132+233+334+⋯⋯+n−13n+n3n+1 ,
两式相减得, 23Tn=131+132+133+⋯⋯+13n−n3n+1=13[1−(13)n]1−13−n3n+1=3n+1−2n−32⋅3n+1,
所以 Tn=3n+1−2n−34⋅3n=34−2n+34⋅13n<34,
当 n≥2 时, Tn−Tn−1=bnan=n3n>0,
故数列 {Tn} 为递增数列, Tn>T1=13.
综上所述,13<Tn<34. -
答案 (1) 12;(2) Sn=n+3−2√22 .
解析 (1) 证: ∵→OP=12(→OP1+→OP2),
∴P 是 P1P2 的中点 ⇒x1+x2=1
∴y1+y2=f(x1)+f(x2)=2x12x1+√2+2x22x2+√2=2x12x1+√2+21−x121−x1+√2
=2x12x1+√2+2√2⋅2x1+2=1.
∴yp=12(y1+y2)=12.
(2) 解:由 (1) 知 x1+x2=1,f(x1)+f(x2)=y1+y2=1, f(1)=2−√2,
由 Sn=f(1n)+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(nn),
Sn=f(nn)+f(n−1n)+⋯+f(2n)+f(1n),
相加得
2Sn=f(1)+[f(1n)+f(n−1n)]+[f(2n)+f(n−2n)]+⋯+[f(n−1n)+f(1n)]+f(1)=2f(1)+n−1=n+3−2√2,
∴Sn=n+3−2√22.
【B组---提高题 】
1. 求 sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯+sin288∘+sin289∘ 的值.
2. 已知数列 {an} 满足:(n+1)an+1−(n+2)an=(n+1)(n+2)(n∈N∗) 且 a1=4,数列 {bn} 的前 n 项和 Sn 满足:Sn=2bn−1(n∈N∗).
(1) 证明数列 {ann+1} 为等差数列,并求数列 {an} 和 {bn} 的通项公式;
(2) 若 cn=(√an−1)bn+1,数列 {cn} 的前 n 项和为 Tn,对任意的 n∈N∗,Tn≤nSn+1−m−2 恒成立,求实数 m 的取值范围.
3. 已知数列 {an} 满足 an≠0,a1=13,an−1−an=2anan−1(n≥2,n∈N∗).
(1) 求证:{1an} 是等差数列; (2) 证明:a21+a22+⋯+a2n<14.
参考答案
-
答案 44.5
解析 设 S=sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯+sin288∘+sin289∘………… ①
将①式右边反序得
S=sin289∘+sin288∘+⋯+sin23∘+sin22∘+sin21∘…………②
①+②得
2S=(sin21∘+sin289∘)+(sin22∘+sin288∘)+⋯+(sin289∘+sin21∘)
=(sin21∘+cos21∘)+(sin22∘+cos22∘)+⋯+(sin289∘+cos289∘)=89
∴S=44.5. -
答案 (1) 证明路,an=(n+1)2,bn=2n−1;(2) m≤−1 .
解析 (1) 证明: ∵(n+1)an+1−(n+2)an=(n+1)(n+2),
∴an+1n+2−ann+1=1.∴ 数列 {ann+1} 为等差数列,
又 a1=4, ∴a12=2,公差为 1.
∴ann+1=2+(n−1)×1=n+1,则 an=(n+1)2;
∵Sn=2bn−1,①
令 n=1,得 b1=1,
∴Sn+1=2bn+1−1,②
由②-①得:Sn+1−Sn=2bn+1−2bn=bn+1.
∴bn+1bn=2.
∴{bn} 为等比数列,且 b1=1,q=2.
∴bn=2n−1;
(2) cn=(√an−1)bn+1=n2n.
∴Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+(n−1)×2n−1+n×2n,①
∴2Tn=1×22+2×23+⋯+n−1×2n+n×2n+1,②
由①-②得:
−Tn=2+22+23+⋯+2n−n×2n+1=2(1−2n)1−2−n×2n+1.
∴Tn=(n−1)×2n+1+2.
而 Sn=2bn−1=2n−1, ∴Sn+1=2n+1−1.
∵Tn≤nSn+1−m−2 恒成立,
∴m≤nSn+1−2−Tn=2n+1−n−4.
令 f(n)=2n+1−n−4,
∴f(n+1)−f(n)=2n+1−1>0.
∴f(n) 递增,则 f(n)min=f(1)=−1.
故 m≤−1. -
证明 (1)∵an−1−an=2anan−1(n≥2,n∈N∗)
∴1an−1an−1=2(n≥2),
∴{1an} 是以 3 为首项,2 为公差的等差数列.
(2) 由 (1) 知: 1an=3+(n−1)⋅2=2n+1,
∴an=12n+1 ,
∴a2n=1(2n+1)2<14n2+4n=14n(n+1)=14(1n−1n+1),
∴a21+a22+⋯+a2n<14(11−12)+14(12−13)+⋯+14(1n−1n+1)
<14(11−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)<14.
【C组---拓展题 】
1. 设 f(x)=(x−1)3+1,则 f(-4)+⋯+f(0)+⋯+f(5)+f(6) 的值为 _.
2. 已知正项数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,对 ∀n∈N∗ 有 2Sn=a2n+an.令 bn=1an√an+1+an+1√an,设 {bn} 的前 n 项和为 Tn,则在 T1,T2,T3,…,T100 中有理数的个数为 _.
3. 已知数列 {an} 满足 a1=1, √an−√an+1=√an⋅an+1(n∈N∗).
(1) 求证:数列 {√1an} 为等差数列,并求 an;
(2) 设 bn=√1+2an+1,数列 {bn} 的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<n+1−1n+1.
参考答案
-
答案 11
解析 用倒序相加法:
令 f(−4)+f(−3)+⋯+f(0)+⋯+f(5)+f(6)=S ①
则也有 f(6)+f(5)+⋯+f(0)+⋯+f(−3)+f(−4)=S ②
由 f(x)+f(2−x)=(x−1)3+1+(x−1)3+1=2,
可得:f(−4)+f(6)=f(−3)+f(5)=⋯=2,
于是由①②两式相加得 2S=11×2,
所以 S=11 . -
答案 9
解析 ∵2Sn=a2n+an,
∴ 当 n≥2 时,2an=2(Sn−Sn−1)=(a2n+an)−(a2n−1+an−1),
整理得:(an−an−1)(an+an−1)=an+an−1,
又 ∵ 数列 {an} 的每项均为正数,∴an−an−1=1,
又 ∵2a1=a21+a1,即 a1=1,
∴ 数列 {an} 是首项、公差均为 1 的等差数列, ∴an=n,
∴bn=1an√an+1+an+1√an=1√n(n+1)⋅1√n+√n+1=√n+1−√n√n(n+1)=1√n−1√n+1,
∴ 数列 {bn} 的前 n 项和为 Tn=1−1√2+1√2−1√3+⋯+1√n−1√n+1=1−1√n+1,
要使得 Tn 为有理数,只需 1√n+1 为有理数即可,即 n+1=t2,
∵1≤n≤100,∴t=3、8、15、24、35、48、63、80、99,
即在 T1,T2,T3,…,T100 中有理数的个数为 9 个,
故答案为:9. -
答案 (1) 证明略,an=1n2 ;(2) 略.
解析 (1) 解:由 √an−√an+1=√an⋅an+1,得 1√an+1−1√an=1,
所以数列 {√1an} 是以 1 为首项 1 为公差的等差数列,
即 1√an=1+(n−1)=n,化简得 an=1n2.
(2) 证明:因为 1n+1−1n<0,
所以 2n+1(1n+1−1n)<0<1n2(n+1)2,
可得:2(n+1)2<2n(n+1)+1n2(n+1)2,
即 1+2(n+1)2<1+2n(n+1)+1n2(n+1)2,
所以 √1+2(n+1)2<1+1n(n+1),
因为 bn=√1+2an+1=√1+2(n+1)2<1+1n(n+1),
所以 Sn=b1+b2+⋯+bn<n+11×2+12×3+⋯+1n(n+1)=n+1−1n+1.
所以 Sn<n+1−1n+1.
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