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数列专题2 求数列的前n项和


[【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)]
( https://www.zxxk.com/docpack/2875423.html)
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选择性第二册同步巩固,难度 2 颗星!

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(n1)2d
(2) 等比数列求和公式 Sn={na1q=1a1(1qn)1qq1
(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++32n2.
解析 和式 3+6+12++32n2 相当于数列 361232n2 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
an=a1qn1=32n1
而和式最后一项是 32n2=an1,是第 n1 项,
故和式 3+6+12++32n2 只有 n1 项而已,
3+6+12++32n2 (切勿想当然和式等于 Sn)
=Sn1=a1(1qn1)1q=3(12n1)12=3(2n11).
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 n1 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 d0a1=1,且 a1a3a9 成等比数列,求数列 {2an} 的前 n 项和 Sn
 
 

参考答案

  1. 答案 3n2+5n+22
    解析 1+4+7++(3n+1)=3n2+5n+22.

  2. 答案 Sn=2n+12
    解析 数列 {an} 是等差数列,公差 d0a1=1,且 a1a3a9 成等比数列,
    (1+2d)2=1×(1+8d),解得 d=1 d=0(舍),
    an=a1+(n1)d=n
    2an=2n
    数列 {2an} 是首项为 2,公比为 2 的等比数列,
    Sn=2(12n)12=2n+12
     

方法二 倒序相加(乘)法

1 对于某个数列 {an},若满足 a1+an=a2+an1==ak+ank+1,则求前 n 项和 Sn 可使用倒序相加法.
具体解法 Sn=a1+a2++an1+an
把①反序可得 Sn=an+an1++a2+a1
由①+②得 2Sn=(a1+an)+(a2+an1)++(an1+a2)+(an+a1)Sn=(a1+an)n2.
2 对于某个数列 {an},若满足 a1+an=a2+an1==ak+ank+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】 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 a+b=1
f(a)+f(b)=14a+2+14b+2=4b(4a+2)4b+14b+2=4b4+24b+14b+2=4b+22(4b+2)=12
所以 f(3)+f(4)=12f(2)+f(3)=12f(1)+f(2)=12f(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

  1. 证明 Sn=a1+a2+a3++an
    倒序得:Sn=an+an1+an2++a1
    ①+②得:2Sn=(a1+an)+(a2+an1)+(a3+an2)++(an+a1)
    a1+an=a2+an1=a3+an2==an+a1
    2Sn=n(a1+an)Sn=n(a1+an)2.

  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,

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=ABn.
 

【典题 1】 求数列 {3n+2n1} 的前 n 项和 Sn.
解析 an=3n+2n1 (其中可知数列 {3n} 是等比数列,数列 {2n1} 是等差数列)
Sn=a1+a2+a3++an=(31+1)+(32+3)+(33+5)+(3n+2n1)
(把等比项和等差项分别放在一组)
=(31+32+33++3n)+(1+3+5++2n1) (确定好首项和公差、公比)
=3(13n)13+(1+2n1)n2
=3n+12+n232.
 

【典题 2】 已知在等差数列 {an} 中,a1=2a3+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=2a3+a5=10
整理得 {a1=22a1+6d=10,解得 {a1=2d=1
所以 an=a1+(n1)=n+1
由于 bn=2an,所以 bn=2n+1bn1=2n
整理得 bnbn1=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=4×2n1=2n+1
所以 an+bn=2n+1+n+1
Sn=4(2n1)21+n(2+n+1)2=2n+2+n(n+3)24
 

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=1b2+b3=4a2a33b2=5
  (1) 求数列 {an} {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

  1. 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
    Sn=(21+22++2n)+(1+2++n)=2(2n1)21+n(n+1)2=2(2n1)+n(n+1)2
    S8=2(281)+8×92=546 .

  2. 答案 (1) an=2n1bn=2n1 ;(2) 2n+n21
    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)=4qq23(1+d)=5
    {4q+3d=2q23d=2,解得 q=d=2
    {an} 的通项公式为 an=2n1{bn} 的通项公式为 bn=2n1
    (2) 由 (1) 知,cn=an+bn=2n1+2n1
    Sn=(1+21+22++2n1)+[1+3+5++(2n1)]
    =1×(12n)12+n(1+2n1)2=2n+n21
     

方法四 错位相减法

当数列 {an} 的通项公式 an=bncn ,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 a2a4 的等差中项.
(1) 求数列 {an} 的通项公式 an
(2) 令 bn=anlog12anSn=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
{a3=8a2+a4=20{a1q2=8a1q+a1q3=20
解得 {a1=2q=2{a1=32q=12(舍)
an=22n1=2n.
(2)bn=anlog12an=2nlog122n=n2n
(其中 {n} 是等差数列,{2n} 是等比数列,可用错位相减法)
Sn=1×22×223×23n1×2n1n×2n (1)
2Sn= 1×222×233×24n1×2nn×2n+1 (2)
(1)(2)
Sn=(2+22+23+2n)+n×2n+1=22n+112+n×2n+1=(n1)×2n+1+2
Sn=(1n)×2n+12(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=4S2a2n=2an+1
  (1) 求数列 {an} 的通项公式;
  (2) 设数列 {bn} 满足 bn=2(an1)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+an2Sn=0(nN)
  (1) 求数列 {an} 的通项公式;
  (2) 记数列 {bn} 的前 n 项和为 Tn,若 bn=(2an7)2n,求 Tn
  (3) 求数列 {Tn} 的最小项.
 
 

参考答案

  1. 答案 (1)an=2n1; (2) Rn=19(43n+14n1).
    解析 (1) 设等差数列 {an} 的首项为 a1,公差为 d
    S4=4S2a2n=2an+1 {4a1+6d=8a1+4da1+(2n1)d=2a1+2(n1)d+1
    解得 a1=1d=2
    因此 an=2n1(nN)
    (2) 由题意知: bn=2an24n=(n1)(14)n1
    所以 Rn=0×(14)0+1×(14)1+2×(14)2+3×(14)3++(n1)×(14)n1
    14Rn=0×(14)1+1×(14)2+2×(14)3++(n2)×(14)n1+(n1)×(14)n
    两式相减得 34Rn=14+(14)2++(14)n1(n1)(14)n=14(14)n114(n1)(14)n
    整理得 Rn=19(43n+14n1)
    所以数列 {cn} 的前 n 项和 Rn=19(43n+14n1)

  2. 答案 (1)an=n;(2)Tn=(2n9)2n+1+18;(3) 30.
    解析 (1) 由 a2n+an2Sn=0,得到:a2n+1+an+12Sn+1=0
    两式相减得:(a2n+1a2n)+(an+1an)2(Sn+1Sn)=0
    整理得:(an+1+an)(an+1an1)=0
    由于数列 {an} 是正项数列,
    所以 an+1an=1(常数),
    n=1 时,解得 a1=1
    an=1+n1=n
    (2) 由 (1) 得:bn=(2n7)2n
    所以:Tn=(5)21+(3)22+(1)23++(2n7)2n①,
    2Tn=(5)22+(3)23+(1)23++(2n7)2n+1②,
    ①-②得:Tn=(5)×2+23+24++2n+1(2n7)2n+1
    解得:Tn=(2n9)2n+1+18
    (3)Tn+1Tn=(2n7)2n+2+18(2n9)2n+118=(2n5)2n+1
    n2 时,Tn+1<Tn
    n3 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)=1n1n+11n(n+k)=1k(1n1n+k)
(2) 1n+1+n=n+1n1n+k+n=1k(n+kn).
 

【典题 1】 设等差数列 {an} 满足 a2=5a6+a8=30,则数列 {4a2n1} 的前 n 项的和等于 _
解析 a6+a8=30a7=15
a2=5d=15572=2
an=a2+n2d=2n+1
a2n=(2n+1)2=4n2+4n+1
4a2n1=44n2+4n=1n2+n=1n(n+1)=1n1n+1 (因式分解裂项是关键)
数列 {4a2n1} 的前 n 项的和为 (112)+(1213)++(1n1n+1)=11n+1.
点拨 本题是用了常见的裂项公式 1n(n+1)=1n1n+11n(n+k)=1k(1n1n+k)
思考下以下各项怎么裂项: an=1n2n(n2)an=12n2+4nan=1n2+3n.
 

【典题 2】 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=2Sn=an+12n+2+2nN
  (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:12Tn<1
解析 (1) 解:由题意,当 n=1 时,a1=S1=a223+2
a26=2,解得 a2=8
n2 时,由 Sn=an+12n+2+2,可得:Sn1=an2n+1+2
两式相减,可得:an=an+1an2n+22n+1
整理,得 an+12an=2n+1
两边同时乘以 12n+1,可得 an+12n+1an2n=1(n2)
a121=1 数列 {an2n} 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,
an2n=1+1×(n1)=nan=n2nnN
(2) 证明:由 (1) 知,bn=2nan=2nn2n=1n
bnbn+1=1n(n+1)=1n1n+1
Tn=b1b2+b2b3++bnbn+1=112+1213++1n1n+1=11n+1
nN0<1n+112
1211n+1<1,即 12Tn<1
 

巩固练习

1. 已知数列 {an} 满足 a1=1an+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} n 项和 Sn
 
 

2. 已知正项数列 {an} 的前 n 项和为 Sn4Sn=a2n+4n1a1=1
  (1) 求数列 {an} 的通项公式;
  (2) 设 {an} 是递增数列,bn=1anan+1Tn 为数列 {bn} 的前 n 项和,若 Tnm6 恒成立,求实数 m 的取值范围.
 
 

参考答案

  1. 答案 (1)an=1n; (2) Sn=342n+32(n+1)(n+2)
    解析 (1) 证明:由 an+1=anan+1,得 1an+11an=an+1an1an=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+(n1)×1=n,则 an=1n
    (2) 解:由 bn=ann+2,得 bn=1n(n+2)=12(1n1n+2)
    数列 {bn} n 项和 Sn=12[(113)+(1214)+(1315)++(1n11n+1)+(1n1n+2)]
    =12(1+121n+11n+2)=342n+32(n+1)(n+2)

  2. 答案 (1) an=2n1 an=1; (2) [3+)
    解析 (1)n2 时,4an=4Sn4Sn1=a2n+4n1[a2n1+4n11]
    化为:(an2)2=a2n1an>0
    anan1=2,或 an+an1=2
    anan1=2 时,数列 {an} 是等差数列,an=1+2(n1)=2n1
    an+an1=2 时,a1=1,可得 an=1
    (2) {an} 是递增数列,an=2n1
    bn=1anan+1=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)
    数列 {bn} 的前 n 项和 Tn=12(113+1315++12n112n+1)=12(112n+1)<12
    Tnm6 恒成立, 12m6,解得 m3
    实数 m 的取值范围是 [3+)
     

分层练习

【A组---基础题】

1. 数列 112214318,…,n+12n 的前 n 项和为 Sn=(  )
 A. n21n B. n(n+1)2+2n C. n(n+1)212n+1 D. n2n1
 

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)nN,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>0a1a5 为方程 x210x+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=2a2n+1a2n=2(n+1)
  (1) 求数列 {an} 的通项公式;
  (2) 若数列 {bn} 满足 b1=3bn=3bn1+3n(n2),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)n1,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=8S9=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=3an3
  (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(x1y1)P2(x2y2),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(n1n)+f(nn).
 
 

参考答案

  1. 答案 C
    解析 数列 112214318,…,n+12n 的前 n 项和为
    Sn=(1+2+3++n)+(12+14+18++12n)=n(n+1)2+12(112n)112=n(n+1)212n+1
    故选:C

  2. 答案 43
    解析 a+b=1
    f(a)+f(b)=19a+3+19b+3=191b+3+19b+3=9b3(9b+3)+19b+3=9b+33(9b+3)=13
    所以 f(3)+f(4)=13f(2)+f(3)=13f(1)+f(2)=13f(0)+f(1)=12
    f(3)+f(2)++f(0)++f(3)+f(4)=4×13=43

  3. 答案 16
    解析 an=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+112n+3)
    可得其前 n 项和 Sn=12(1315+1517++12n+112n+3)=12(1312n+3)
    12n+3>0,可得 Sn<16
    Sn<M 恒成立,可得 M16,即 M 的最小值为 16

  4. 答案 (1)an=2n1;(2)Tn=n2+112n .
    解析 等差数列 {an} 中,公差 d>0a1a5 为方程 x210x+9=0 的两根.
    所以 a1+a5=10a1a5=9,解得 a1=1a5=9
    所以 d=9151=2
    an=a1+2(n1)=2n1
    (2) 由于 an=2n1
    所以 bn=2n1+12n
    所以 Tn=(1+3++2n1)+(12+122++12n)=n(1+2n1)2+12(112n)112=n2+112n

  5. 答案 (1) an=n2+n;(2) Sn=542n+54(13)n.
    解析 (1) 由 a1=2a2n+1a2n=2(n+1)
    可得 a2n=a21+(a22a21)+(a23a22)++(a2na2n1)
    =2+4+6++2n=12n(2+2n)=n2+n
    an=0,所以 an=n2+n
    (2)b1=3bn=3bn1+3n(n2)
    可得 bn3n=bn13n1+1(n2)
    {bn3n} 是以 b13=1 为首项,公差为 1 的等差数列,
    bn3n=n,即为 bn=n3n
    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++13nn+13n+1=13+13(113n)113n+13n+1
    化为 Sn=542n+54(13)n

  6. 答案 (1)an=n (2) Tn=n2+n+4212n1
    解析 (1) 设公差为 d,且 d0 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
    an=n
    (2) 由 (1) 得:数列 {bn} 满足 bn=an+(12)n1=n+(12)n1
    所以 Tn=(1+2++n)+(1+12+122++12n1)=n2+n+4212n1

  7. 答案 (1)an=2n+1;(2) 略 .
    解析 (1) 设公差为 d,由 S2=8S9=11a4
    {2a1+d=89a1+36d=11a1+33a,解得 a1=3d=2
    an=3+2(n1)=2n+1
    证明:(2) 由 (1),an=2n+1,则有 Sn=n2(3+2n+1)=n2+2n
    1Sn=1n(n+2)=12(1n1n+2)
    Tn=12[(113)+(1214)+(1315)++(1n11n+1)+(1n1n+2)]
    =12(1+121n+11n+2)<34

  8. 答案 (1) 略;(2) 略 .
    解析 (1) 因为 2Sn=3an3,所以 2Sn1=3an13
    两式相减得,2an=3an3an1(n2),即 an=3an1(n2)
    2Sn=3an3 中,令 n=1,则 2a1=2S1=3a13,解得 a1=30
    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++n13n1+n3n
    13Tn=132+233+334++n13n+n3n+1
    两式相减得, 23Tn=131+132+133++13nn3n+1=13[1(13)n]113n3n+1=3n+12n323n+1
    所以 Tn=3n+12n343n=342n+3413n<34
    n2 时, TnTn1=bnan=n3n>0
    故数列 {Tn} 为递增数列, Tn>T1=13
    综上所述,13<Tn<34

  9. 答案 (1) 12;(2) Sn=n+3222 .
    解析 (1) 证: OP=12(OP1+OP2)
    P P1P2 的中点 x1+x2=1
    y1+y2=f(x1)+f(x2)=2x12x1+2+2x22x2+2=2x12x1+2+21x121x1+2
    =2x12x1+2+222x1+2=1
    yp=12(y1+y2)=12
    (2) 解:由 (1) 知 x1+x2=1f(x1)+f(x2)=y1+y2=1f(1)=22
    Sn=f(1n)+f(2n)++f(n1n)+f(nn)
    Sn=f(nn)+f(n1n)++f(2n)+f(1n)
    相加得
    2Sn=f(1)+[f(1n)+f(n1n)]+[f(2n)+f(n2n)]++[f(n1n)+f(1n)]+f(1)=2f(1)+n1=n+322
    Sn=n+3222
     

【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)(nN) a1=4,数列 {bn} 的前 n 项和 Sn 满足:Sn=2bn1(nN).
  (1) 证明数列 {ann+1} 为等差数列,并求数列 {an} {bn} 的通项公式;
  (2) 若 cn=(an1)bn+1,数列 {cn} 的前 n 项和为 Tn,对任意的 nNTnnSn+1m2 恒成立,求实数 m 的取值范围.
 
 

3. 已知数列 {an} 满足 an0a1=13an1an=2anan1(n2nN)
  (1) 求证:{1an} 是等差数列; (2) 证明:a21+a22++a2n<14
 
 

参考答案

  1. 答案 44.5
    解析 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.

  2. 答案 (1) 证明路,an=(n+1)2bn=2n1;(2) m1 .
    解析 (1) 证明: (n+1)an+1(n+2)an=(n+1)(n+2)
    an+1n+2ann+1=1 数列 {ann+1} 为等差数列,
    a1=4a12=2,公差为 1
    ann+1=2+(n1)×1=n+1,则 an=(n+1)2
    Sn=2bn1,①
    n=1,得 b1=1
    Sn+1=2bn+11,②
    由②-①得:Sn+1Sn=2bn+12bn=bn+1
    bn+1bn=2
    {bn} 为等比数列,且 b1=1q=2
    bn=2n1
    (2) cn=(an1)bn+1=n2n
    Tn=1×2+2×22+3×23++(n1)×2n1+n×2n,①
    2Tn=1×22+2×23++n1×2n+n×2n+1,②
    由①-②得:
    Tn=2+22+23++2nn×2n+1=2(12n)12n×2n+1
    Tn=(n1)×2n+1+2
    Sn=2bn1=2n1Sn+1=2n+11
    TnnSn+1m2 恒成立,
    mnSn+12Tn=2n+1n4
    f(n)=2n+1n4
    f(n+1)f(n)=2n+11>0
    f(n) 递增,则 f(n)min=f(1)=1
    m1

  3. 证明 (1)an1an=2anan1(n2nN)
    1an1an1=2(n2)
    {1an} 是以 3 为首项,2 为公差的等差数列.
    (2) 由 (1) 知: 1an=3+(n1)2=2n+1
    an=12n+1
    a2n=1(2n+1)2<14n2+4n=14n(n+1)=14(1n1n+1)
    a21+a22++a2n<14(1112)+14(1213)++14(1n1n+1)
    <14(1112+1213++1n1n+1)=14(11n+1)<14
     

【C组---拓展题 】

1. 设 f(x)=(x1)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 nN 2Sn=a2n+an.令 bn=1anan+1+an+1an,设 {bn} 的前 n 项和为 Tn,则在 T1T2T3T100 中有理数的个数为 _
 
 

3. 已知数列 {an} 满足 a1=1anan+1=anan+1(nN)
  (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+11n+1
 
 

参考答案

  1. 答案 11
    解析 用倒序相加法:
    f(4)+f(3)++f(0)++f(5)+f(6)=S
    则也有 f(6)+f(5)++f(0)++f(3)+f(4)=S
    f(x)+f(2x)=(x1)3+1+(x1)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 .

  2. 答案 9
    解析 2Sn=a2n+an
    n2 时,2an=2(SnSn1)=(a2n+an)(a2n1+an1)
    整理得:(anan1)(an+an1)=an+an1
    数列 {an} 的每项均为正数,anan1=1
    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=1anan+1+an+1an=1n(n+1)1n+n+1=n+1nn(n+1)=1n1n+1
    数列 {bn} 的前 n 项和为 Tn=112+1213++1n1n+1=11n+1
    要使得 Tn 为有理数,只需 1n+1 为有理数即可,即 n+1=t2
    1n100t=3815243548638099
    即在 T1T2T3T100 中有理数的个数为 9 个,
    故答案为:9

  3. 答案 (1) 证明略,an=1n2 ;(2) 略.
    解析 (1) 解:由 anan+1=anan+1,得 1an+11an=1
    所以数列 {1an} 是以 1 为首项 1 为公差的等差数列,
    1an=1+(n1)=n,化简得 an=1n2
    (2) 证明:因为 1n+11n<0
    所以 2n+1(1n+11n)<0<1n2(n+1)2
    可得:2(n+1)2<2n(n+1)+1n2(n+1)2
    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+11n+1
    所以 Sn<n+11n+1
     

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