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【创新方案】2014届高考数学一轮复习 5.4数列求和讲解与练习 理 新人教A版

第四节

数列求和

[备考方向要明了]

考 什 么

怎 么 考 1.以选择题或填空题的形式考查可转化为等差或等比数列的数列

熟练掌握等差、 等比数 列的前 n 项和公式.

求和问题,如 2012 年新课标全国 T16 等. 2.以解答题的形式考查利用错位相减法、裂项相消法或分组求和 法等求数列的前 n 项和,如 2012 年江西 T16,湖北 T18 等.

[归纳·知识整合] 数列求和的常用方法 1.公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和 (1)等差数列的前 n 项和公式:

n? a1+an? n? n-1? Sn= =na1+ d;
2 2 (2)等比数列的前 n 项和公式:

?na1,q=1, ? Sn=?a1-anq a1? 1-qn? ? 1-q = 1-q ,q≠1. ?
2.倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数, 那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法,如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的. 3.错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的, 那么这个 数列的前 n 项和即可用此法来求,如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的. 4.裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. [探究] 1.应用裂项相消法求和的前提条件是什么?

1

提示: 应用裂项相消法求和的前提条件是数列中的每一项均可分裂成一正一负两项, 且 在求和过程中能够前后抵消. 2.利用裂项相消法求和时应注意哪些问题? 提示:(1)在把通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差; (2)在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,或前面剩下两项,后面也剩下 两项. 5.分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成, 则求和时可 用分组求和法,分别求和后再相加减. 6.并项求和法 一个数列的前 n 项和, 可两两结合求解, 则称之为并项求和. 形如 an=(-1) f(n)类型, 可采用两项合并求解. 例如,Sn=100 -99 +98 -97 +?+2 -1
2 2 2 2 2 2

n

=(100+99)+(98+97)+?+(2+1)=5 050. [自测·牛刀小试] 1. A. 1 1 1 1 + + +?+ 等于( 1×4 4×7 7×10 ? 3n-2? ? 3n+1? )

n
3n+1 1 n+1 ?

B.

3n 3n+1 1 3n+1

C.1-

D.3-

解析:选 A ∵ ∴

1 ? 1 1? 1 - = ? , 3n-2 3n+1? 3n-2? ? 3n+1? 3? ?

1 1 1 1 + + +?+ 1×4 4×7 7×10 ? 3n-2? ? 3n+1?

1?? 1? ?1 1? ?1 1 ? = ??1- ?+? - ?+? - ?+?+ 4? ?4 7? ?7 10? 3??

? 1 - 1 ??=1?1- 1 ?= n . ?3n-2 3n+1?? 3? 3n+1? 3n+1 ? ?? ? ?
2 -1 321 2.已知数列{an}的通项公式是 an= n ,其前 n 项和 Sn= ,则项数 n 等于( 2 64 A.13 C.9 2 -1 1 解析:选 D ∵an= n =1- n, 2 2
n n

)

B.10 D.6

2

? 1? ? 1 ? ? 1? ∴Sn=?1- ?+?1- 2?+?+?1- n? ? 2? ? 2 ? ? 2?
1? ?1 1 =n-? + 2+?+ n? 2 2 2? ? 1? 1? ?1- n? 2? 2 ? 1 ? 1? =n- =n-?1- n?=n-1+ n. 1 2 ? 2? 1- 2 1 321 1 ∴n-1+ n= =5 ,解得 n=6. 2 64 64 3.(教材习题改编)(2-3×5 )+(4-3×5 )+?+(2n-3×5 )=________. 解析:(2-3×5 )+(4-3×5 )+?+(2n-3×5 ) =(2+4+?+2n)-3(5 +5 +?+5 )
-1 -2 -n -1 -2 -n -1 -2 -n



n?

1? -1? 5 ?1- n? 5? 2+2n? ? -3× 2 1 1- 5

1? 3? 3 -n 3 2 =n(n+1)- ?1- n?=n +n+ ·5 - . 5? 4? 4 4 3 3 2 -n 答案:n +n+ ·5 - 4 4 4.若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)
n-1

·n,则 S100=________.

解析:S100=1-2+3-4+5-6+?+99-100 =(1-2)+(3-4)+(5-6)+?+(99-100)=-50. 答案:-50 5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an=n·2 ,则 Sn=________. 解析:∵an=n·2 , ∴Sn=1·2 +2·2 +3·2 +?+n·2 .① ∴2Sn=1·2 +2·2 +?+(n-1)·2 +n·2 ①-②得-Sn=2+2 +2 +?+2 -n·2 = 2?
n
2 3 2 3 1 2 3

n

n

n

n

n+1

.②

n

n+1

1-2 ? n+1 n+1 n+1 -n·2 =2 -2-n·2 1-2
n+1

=(1-n)2 ∴Sn=2
n+1

-2.

(n-1)+2.
n+1

答案:(n-1)·2

+2

3

分组转化求和

[例 1] (2012·山东高考)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N ,将数列{an}中落入区间(9 9 )内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前
*

m, 2m

m 项和 Sm.
[自主解答] (1)因为{an}是一个等差数列, 所以 a3+a4+a5=3a4=84,a4=28. 设数列{an}的公差为 d, 则 5d=a9-a4=73-28=45, 故 d=9. 由 a4=a1+3d,得 28=a1+3×9,即 a1=1. 所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N ). (2)对 m∈N ,若 9 <an<9 , 则 9 +8<9n<9 +8. 因此 9
m-1 m
2m * *

m

2m

+1≤n≤9
2m-1

2m-1

.

故得 bm=9

-9

m-1

.

于是 Sm=b1+b2+b3+?+bm =(9+9 +?+9 = = 9×? 9
2m+1 3 2m-1

)-(1+9+?+9
m

m-1

)

1-81 ? ? 1-9 ? - 1-81 1-9 -10×9 +1 . 80 —————————————— 分组转化求和的通法
m

m

—————

数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等差数 列或等比数列或可求数列的前 n 项和的数列求和.

?1 1? 1 . 已 知 {an} 是 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 , 且 a1 + a2 = 2 ? + ? , a3 + a4 + a5 = ?a1 a2? ?1 1 1? 64? + + ?. ?a3 a4 a5?
(1)求{an}的通项公式;
4

1 ?2 ? (2)设 bn=?an+ ? ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. a

?

n

?

解:(1)设公比为 q,则 an=a1q

n-1

,且 q>0,a1>0.

1 ?a +a q=2?a +a1q?, ? ? ? ? ? 由已知有? 1 1 1 ? ? ?a q +a q +a q =64?a q +a q +a q ?, ? ? ?
1 1 1 1 2 3 4 1 1 1 2 3 4 1 1 1

?a1q=2, ? 化简得? 2 6 ? ?a1q =64.

2

又 a1>0,故 q=2,a1=1.

所以 an=2

n-1

.

1 ?2 2 1 1 ? n-1 (2)由(1)知,bn=?an+ ? =an+ 2+2=4 + n-1+2. an? an 4 ? 因此 Tn=(1+4+?+4
n-1

1 ? ? 1 )+?1+ +?+ n-1?+2n 4 ? ? 4

1 1- n 4 4 -1 1 n 1-n = + +2n= (4 -4 )+2n+1. 4-1 1 3 1- 4
n

裂项相消法求和

[例 2] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn=nan-n(n-1)(n=1,2,3,?). (1)求证:数列{an}为等差数列,并写出 an 关于 n 的表达式; (2)若数列?
?

1 ? 100 ?的前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少? 209 ?anan+1?

[自主解答] (1)当 n≥2 时, n=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-2(n-1), an-an-1=2(n a 得 =2,3,4,?). 所以数列{an}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列. 所以 an=2n-1. (2)Tn= = 1

a1a2 a2a3



1

+?+

1

an-1an anan+1



1

1 1 + +?+ 1×3 3×5 ?

1 2n-1? ? 2n+1?

1??1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?? = ?? - ?+? - ?+?+? ?? 1 3? ?3 5? 2?? ?2n-1 2n+1?? 1 ? 1? n = ?1- , ?= 2n+1? 2n+1 2?

5

由 Tn=

n 100 100 100 > ,得 n> ,所以满足 Tn> 的最小正整数 n 为 12. 2n+1 209 9 209
—————————————— 用裂项相消法求和应注意的问题

—————

利用裂项相消法求和时, 应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项, 也有可能前 面剩两项,后面也剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开 的两项之差与系数相乘后与原项相等.

2.等比数列{an}的各项均为正数,且 2a1+3a2=1,a3=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? (2)设 bn=log3a1+log3a2+?+log3an,求数列? ?的前 n 项和. ?bn?

2

解:(1)设数列{an}的公比为 q. 1 2 2 2 2 由 a3=9a2a6 得 a3=9a4,所以 q = . 9 1 由条件可知 q>0,故 q= . 3 1 由 2a1+3a2=1 得 2a1+3a1q=1,所以 a1= . 3 1 故数列{an}的通项公式为 an= n. 3 (2)bn=log3a1+log3a2+?+log3an=-(1+2+?+n)=- 1 故 =- 1 ? 2 ?1 =-2? - ?. n+1? ?n n+1?

n? n+1?
2

.

bn

n?

1

b1 b2

1 1 + +?+

bn

1 ?? ?? 1? ?1 1? ?1 =-2??1- ?+? - ?+?+? - ?? ?? 2? ?2 3? ?n n+1?? =- 2n . n+1

?1? 2n 所以数列? ?的前 n 项和为- . n+1 ?bn?

错位相减法求和

[例 3]

(2012·天津高考)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,

6

且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=a1b1+a2b2+?+anbn,n∈N ,证明 Tn-8=an-1bn+1(n∈N ,n≥2). [自主解答] (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.由 a1=b1=2, 得 a4=2+3d,b4=2q ,S4=8+6d.
?2+3d+2q =27, ? 由条件,得方程组? 3 ? ?8+6d-2q =10,
3 3 * *

解得?

?d=3, ? ? ?q=2.

所以 an=3n-1,bn=2 ,n∈N . (2)证明:由(1)得

n

*

Tn=2×2+5×22+8×23+?+(3n-1)×2n,①
2Tn=2×2 +5×2 +?+(3n-4)×2 +(3n-1)×2 由①-②,得 -Tn=2×2+3×2 +3×2 +?+3×2 -(3n-1)×2 = 6×? 1-2 ? n+1 -(3n-1)×2 -2 1-2
n+1 n
2 3 2 3

n

n+1

.②

n

n+1

=-(3n-4)×2

-8,
n+1

即 Tn-8=(3n-4)×2

.
n+1

而当 n≥2 时,an-1bn+1=(3n-4)×2 所以 Tn-8=an-1bn+1,n∈N ,n≥2.
*



若本例(2)中 Tn=anb1+an-1b2+?+a1bn,n∈N ,求证:Tn+12=-2an+10bn(n∈N ). 证明:由(1)得

*

*

Tn=2an+22an-1+23an-2+?+2na1,①
2Tn=2 an+2 an-1+?+2 a2+2 ②-①,得
2 3

n

n+1

a1.②

Tn =-2(3n -1)+3×2 +3×2 +?+3×2 +2
10×2 -6n-10.
n

2

3

n

n+2



12?

1-2 1-2

n-1

?

+2

n+2

-6n +2=

而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2 -12=10×2 -6n-10,故 Tn+12=-2an+ 10bn,n∈N .
*

n

n

—————

—————————————— 用错位相减法求和应注意的问题

(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;

7

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确 写出“Sn-qSn”的表达式; (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.

3.已知等差数列{an}的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(4-an)q
n-1

(q≠0,n∈N ),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

*

解:(1)设{an}的公差为 d.
? ?3a1+3d=6, 由已知得? ? ?8a1+28d=-4,

解得 a1=3,d=-1. 故 an=3+(n-1)·(-1)=4-n. (2)由(1)得,bn=n·q
n-1

,于是

Sn=1·q0+2·q1+3·q2+?+n·qn-1.
若 q≠1,将上式两边同乘以 q 有 qSn=1·q +2·q +?+(n-1)·q 两式相减得到(q-1)Sn=nq -1-q -q -?-q =nq - =
n n
1 2 1 2

n-1

+n·q .

n

n-1

qn-1 q-1

nqn+1-? n+1? qn+1 . q-1 nqn+1-? n+1? qn+1 . 2 ? q-1? n? n+1?
2 .

于是,Sn=

若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n= +1? ?n? n2 ? q=1? , ? 所以 S =? nq -? n+1? q +1 ? ? ? q-1? ?
n n+1 n
2

q≠1? .

? 1 种思想——转化与化归思想 数列求和把数列通过分组、变换通项、变换次序、乘以常数等方法,把数列的求和转化 为能使用公式求解或者能通过基本运算求解的形式,达到求和的目的. ? 2 个注意——“裂项相消法求和”与“错位相减法求和”应注意的问题

8

(1)使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项,切 不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点. (2)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解. ? 4 个公式——常见的拆项公式 (1) 1

n? n+k?

1 ? 1? 1 = ? - ?; k?n n+k?

1 ? 1 1? 1 - (2) = ? ?; ? 2n-1? ? 2n+1? 2?2n-1 2n+1? (3) (4)

n?

1 n+1? ? 1

1 1? - = ? ? n+2? 2?n? n+1? 1 = ( n+k- n).

1 ?; n+1? ? n+2? ? ?

n+ n+k k

答题模板——利用错位相减法解决数列求和

1 2 [典例] (2012·江西高考)(本小题满分 12 分)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n + 2

kn(其中 k∈N+),且 Sn 的最大值为 8.
(1)确定常数 k,求 an;(2)求数列?
?9-2an? ?的前 n 项和 Tn. n ? 2 ?

9

[快速规范审题] 第(1)问 1.审条件,挖解题信息 1 2 Sn是关于n的二次函数 观察条件:Sn=- n +kn 及 Sn 的最大值为 8 ― ― ― ― ― ― → 当 n=k 时,Sn 取得 ― ― ― ― ― ― 2 最大值. 2.审结论,明确解题方向 应建立关于k的方程 观察所求结论:求 k 的值及 an― ― ― ― ― ― →Sn 的最大值为 8,即 Sk=8,k=4. ― ― ― ― ― ― 1 2 可求Sn的表达式 ― ― ― ― ― ― →Sn=- n +4n. ― ― ― ― ― ― 2 3.建联系,找解题突破口 根据已知条件,可利用 an 与 Sn 的关系求通项公式: 9 7 注意公式的使用条件 求 通 项 公 式 ― ― ― ― ― ― → an = Sn - Sn - 1 = - n(n≥2) , a1 = S1 = ― ― ― ― ― ― 2 2 9 验证n=1时,an是否成立 ― ― ― ― ― ― → an= -n. ― ― ― ― ― ― 2 第(2)问 1.审条件,挖解题信息
可化简数列? n n ? ?9-2an? 9 9-2an n ? 2 ? 观察条件:an= -n 及数列? n ? ??????? = n-1. n 2 2 2 ? 2 ? ? 9? 2 a ?

2.审结论,明确解题方向
分析通项 n?1 的特点 ?9-2an? 2 观察所求结论:求数列? n ?的前 n 项和 Tn ?????? 可利用错位相减法求 ? 2 ? ? n

和. 3.建联系,找解题突破口 2 3 n-1 n 等式两边同乘以2 3 条件具备,代入求和:Tn=1+ + 2+?+ n-2 + n-1① ― ― ― ― → 2Tn=2+2+ ― ― ― ― 2 2 2 2 2 +?+ =4-

n-1
2
n-3

n 1 1 n 1 n 错位相减 + n-2②― ― ― →②-①:2Tn-Tn=2+1+ +?+ n-2- n-1=4- n-2- n-1 ― ― ― 2 2 2 2 2 2

n+2
2
n-1

. [准确规范答题]

1 2 1 2 2 1 2 (1)当 n=k∈N+时,Sn=- n +kn 取得最大值,即 8=Sk=- k +k = k ,?(2 分) 2 2 2

10

故 k =16,因此 k=4,?(3 分) 9 从而 an=Sn-Sn-1= -n(n≥2).?(4 分) 2 7 又 a1=S1= ,?(5 分) 2 9 所以 an= -n.?(6 分) 2 9-2an n (2)因为 n = n-1, 2 2 2 3 n-1 n 所以 Tn=1+ + 2+?+ n-2 + n-1,①?(7 分) 2 2 2 2 3 n-1 n 所以 2Tn=2+2+ +?+ n-3 + n-2,②?(8 分) 2 2 2

2

利用 an=Sn-Sn-1 时,易忽视条件

n≥2.

错位相减 时,易漏项.

1 1 n 1 n n+2 ②-①:2Tn-Tn=2+1+ +?+ n-2- n-1=4- n-2- n-1=4- n-1 .?(11 分) 2 2 2 2 2 2 所以 Tn=4-

n+2
2
n-1

.?(12 分) [答题模板速成]

用错位相减法解决数列求和的步骤:

第一步 判断结构 若数列{an·bn}是 由等差数列{an}与 等比数列(公比 q) 的对应项之积构成 的,则可用此法求 和 ?

第二步 乘公 比

第三步 错位 相减 乘以公比 q 后,

第四步 求 和

设{an·bn}的前

?

向后错开一位, 使含有 q (k∈ N )的项对应, 然后两边同时 作差
*

k

? 将作差后的 结果求和,从 而表示出 Tn

n 项和为 Tn,然
后两边同乘以 q

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分)
?1? 1.已知{an}是首项为 1 的等比数列,Sn 是{an}的前 n 项和,且 9S3=S6,则数列? ?的前 ?an?

5 项和为( A. 15 或5 8

) B. 31 或5 16

11

C.

31 16

D.

15 8
3 6

9? 1-q ? 1-q 解析:选 C 设数列{an}的公比为 q.由题意可知 q≠1,且 = ,解得 q= 1-q 1-q
?1? 1 31 2,所以数列? ?是以 1 为首项, 为公比的等比数列,由求和公式可得 S5= . an? 2 16 ?

1 1 1 1 1 2.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1)+ n,?的前 n 项和 Sn 的值等于( 2 4 8 16 2 A.n +1- C.n +1-
2 2

)

1 n 2 1 2
n-1

1 2 B.2n -n+1- n 2 1 2 D.n -n+1- n 2

1 解析:选 A 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ n,则 Sn=[1+3+5+?+(2n-1)] 2 1? 1 ?1 1 2 +? + 2+?+ n?=n +1- n. 2? 2 ?2 2 3.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 S8=30,S4=7,则 a4 的值等于( A. C. 1 4 13 4 B. D. 9 4 17 4 )

解析:选 C

?8a +8×? ? 由题意可得? ?4a +4×? ?
1 1

8-1? 4-1?

d
2 2

=30, =7,

d

?a1=1, ? 4 解得? ?d=1. ?

13 故 a4=a1+3= . 4

1 1 3 n 4. + + +?+ n等于( 2 2 8 2 2 -n-1 A. n 2 2 -n+1 C. n 2
n n

) B. D. 2 2
n+1

-n-2 n 2 -n+2 n 2

n+1

1 2 3 n 解析:选 B 令 Sn= + 2+ 3+?+ n,① 2 2 2 2 则 1 1 2 n-1 n Sn= 2+ 3+?+ n + n+1,② 2 2 2 2 2

①-②得:
12

1 1 1 1 1 n Sn= + 2+ 3+?+ n- n+1 2 2 2 2 2 2 1? ?1?n? ?1-? ? ? 2? ?2? ? n = - n+1, 1 2 1- 2 2 故 Sn=
n+1

-n-2 . n 2
2 *

5.已知数列{an}的通项公式为 an=n cos nπ (n∈N ),Sn 为它的前 n 项和,则 等 2 013 于( ) A.1 005 C.2 011
n

S2 012

B.1 006 D.2 012
*

解析:选 B 注意到 cos nπ =(-1) (n∈N ), 故 an=(-1) n . 因此有 S2 012=(-1 +2 )+(-3 +4 )+?+(-2011 +2012 )=1+2+3+?+2 011+ 2 012×? 1+2 012? S2 012 2 012= =1 006×2 013,所以 =1 006. 2 2 013 6. (2013·锦州模拟)设函数 f(x)=x +ax 的导函数 f′(x)=2x+1, 则数列? ∈N )的前 n 项和是( A. C.
* 2 2 2 2 2 2

n 2

m

?

1

?f? n? ?

? ?(n

) B. D.
m-1

n n+1 n n-1

n+2 n+1 n+1 n

解析:选 A ∵f′(x)=mx
2 2

+a,∴m=2,a=1.

∴f(x)=x +x,f(n)=n +n. ∴ 1

f? n?



1

n2+n n? n+1?



1

1 1 = - , n n+1 1 1 + n-1? f? n?

令 Sn=

1 1 1 + + +?+ f? 1? f? 2? f? 3? f?

? 1? ?1 1? ?1 1? ? 1 -1?+?1- 1 ?=1- 1 = n . =?1- ?+? - ?+? - ?+?+? ? ? ? n+1 n+1 ? 2? ?2 3? ?3 4? ?n-1 n? ?n n+1?
二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.(2012·江西高考)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1,且对任意的

n∈N*都有 an+2+an+1-2an=0,则 S5=________.
解析:由 an+2+an+1-2an=0,得 anq +anq-2an=0,显然 an≠0,所以 q +q-2=0.又
2 2

13

q≠1,解得 q=-2.又 a1=1,所以 S5=
答案:11

1×[1-? -2? 1-? -2?

5

] =11.

8.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若 a1=2,{an}的“差 数列”的通项公式为 2 ,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析:∵an+1-an=2 , ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 =2
n-1 n n

+2

n-2

2-2 2 n n +?+2 +2+2= +2=2 -2+2=2 . 1-2

n

2-2 n+1 ∴Sn= =2 -2. 1-2 答案:2
n+1

n+1

-2.

9.数列{an}的通项 an =n?cos ________. 解析:∵an=n?cos

? ?

2


2

-sin

2

nπ ?

(n∈N ),其前 n 项和为 Sn,则 S2 013= 2 ? ?
*

? ?

2


2

-sin

2

nπ ?

=ncos nπ , 2 ? ?

∴a1=-1,a2=2,a3=-3,a4=4,?, ∴S2 013=(-1)+2+(-3)+4+(-5)+6+?+(-2 009)+2 010+(-2 011)+2 012 +(-2 013) =[(-1)+2]+[(-3)+4]+[(-5)+6]+?+[(-2 009)+2 010]+[(-2 011)+2 012]+(-2013) =1+1+?+1+1-2 013=1 006-2 013=-1 007. 答案:-1 007 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.(2012·湖北高考)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d,
?3a1+3d=-3, ? 由题意得? ? ?a1? a1+d? ? a1+2d? =8.

解得?

?a1=2, ? ?d=-3, ?

或?

?a1=-4, ? ?d=3. ?

所以由等差数列通项公式可得

an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7.

14

故 an=-3n+5 或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.
? ?-3n+7,n=1,2, 故|an|=|3n-7|=? ?3n-7,n≥3. ?

记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4; 当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+?+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+?+(3n-7) ? n-2? =5+ [2+? 3n-7? 2 ] 3 2 11 = n - n+10.当 n=2 时,满足此式. 2 2

?4,n=1, ? 综上可知,Sn=?3 2 11 ?2n - 2 n+10,n>1. ?
11.(2013·合肥模拟)数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=t,点(Sn,an+1)在直线 y=3x +1 上,n∈N . (1)当实数 t 为何值时,数列{an}是等比数列. (2)在(1)的结论下,设 bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn 是数列{cn}的前 n 项和,求 Tn. 解:(1)∵点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上, ∴an+1=3Sn+1,an=3Sn-1+1(n>1,且 n∈N ). ∴an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an, 即 an+1=4an,n>1. 又 a2=3S1+1=3a1+1=3t+1, ∴当 t=1 时,a2=4a1,数列{an}是等比数列. (2)在(1)的结论下,an+1=4an,an+1=4 ,
n
* *

bn=log4an+1=n. cn=an+bn=4n-1+n, Tn=c1+c2+?+cn=(40+1)+(41+2)+?+(4n-1+n)
=(1+4+4 +?+4
n
2

n-1

)+(1+2+3+?+n)



4 -1 ? 1+n? n + . 3 2
*

12.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn+n=2an(n∈N ). (1)证明:数列{an+1}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;

Tn-2 (2)若 bn=(2n+1)an+2n+1, 数列{bn}的前 n 项和为 Tn.求满足不等式 >2 013 的 n 2n-1
15

的最小值. 解:(1)证明:因为 Sn+n=2an,即 Sn=2an-n, 所以 Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N ). 两式相减化简,得 an=2an-1+1. 所以 an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N ). 所以数列{an+1}为等比数列. 因为 Sn+n=2an,令 n=1,得 a1=1.
* *

a1+1=2,所以 an+1=2n,即 an=2n-1.
(2)因为 bn=(2n+1)an+2n+1, 所以 bn=(2n+1)·2 . 所以 Tn=3×2+5×2 +7×2 +?+(2n-1)·2
2 3 2 3

n

n-1

+(2n+1)·2 ,①
n+1

n

2Tn=3×2 +5×2 +?+(2n-1)·2 +(2n+1)·2
2 3

n

,②
n +1

①-②,得- Tn =3×2+2(2 +2 +?+2 )-(2n +1)·2 1)·2
n+1

n

=6+2×

2 -2 -(2n + 1-2

2

n+1

=-2+2

n+2

-(2n+1)·2
n+1

n+1

=-2-(2n-1)·2

n+1

.

所以 Tn=2+(2n-1)·2 若

.

n+1 Tn-2 2+? 2n-1? ·2 -2 >2 013,则 >2 013, 2n-1 2n-1 n+1

即2

>2 013.
11

由于 2 =1 024,2 =2 048,所以 n+1≥11,即 n≥10. 所以满足不等式

10

Tn-2 >2 013 的 n 的最小值是 10. 2n-1

x 4 ? 1 ?+f? 2 ?+?+f?2 012?,则 S=________. 1.设 f(x)= x ,若 S=f? ? ? ? ?2 013? 4 +2 ?2 013? ?2 013? ? ?

解析:∵f(x)=

4 4 2 ,∴f(1-x)= 1-x = x, 4 +2 4 +2 2+4
x x

x

1-x

4 2 ∴f(x)+f(1-x)= x + x=1. 4 +2 2+4

S=f? S=f?

? 1 ?+f? 2 ?+?+f?2 012?,① ? ? ? ?2 013? ?2 013? ?2 013? ? ? ?2 012?+f?2 011?+?+f? 1 ?,② ? ? ? ?2 013? ?2 013? ?2 013? ? ?

①+②得

? ? 1 ?+f?2 012??+?f? 2 ?+f?2 011??+?+ 2S=?f? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ?2 013? ?2 013?? ? ?2 013? ?2 013??
16

?f?2 012?+f? 1 ??=2 012, ? ?2 013? ?2 013?? ? ? ? ? ??
2 012 ∴S= =1 006. 2 答案:1 006 3 9 25 65 n·2 +1 2.求和 Sn= + + + +?+ . n 2 4 8 16 2 3 9 25 85 n·2 +1 解:Sn= + + + +?+ n 2 4 8 16 2 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? ? 1? =?1+ ?+?2+ ?+?3+ ?+?4+ ?+?+?n+ n? ? 2? ? 4? ? 8? ? 16? ? 2? 1? ?1 1 1 1 =(1+2+3+?+n)+? + + + +?+ n? 2? ?2 4 8 16
n n



n?

1? ?1? ? ?1-?2?n? 2? ? ?? n+1? + 2 1 1- 2 2



n? n+1?

?1?n -? ? +1. ?2?

1? ? 2 3.在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 Sn=an?Sn- ?. 2? ? (1)求 Sn 的表达式; (2)设 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1 1? ? 2 解:(1)∵Sn=an?Sn- ?,an=Sn-Sn-1(n≥2), 2? ? 1? ? 2 ∴Sn=(Sn-Sn-1)?Sn- ?, 2? ? 即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn,① 由题意 Sn-1·Sn≠0, 1 1 ①式两边同除以 Sn-1·Sn,得 - =2,

Sn

Sn Sn-1

?1? ∴数列? ?是首项为 1,公差为 2 的等差数列. ?Sn?

1 1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1.∴Sn= . Sn 2n-1

Sn 1 (2)又 bn= = 2n+1 ? 2n-1? ? 2n+1?

17

1 ? 1? 1 - = ? ?, 2?2n-1 2n+1? 故 Tn=b1+b2+?+bn 1?? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?? = ??1- ?+? - ?+?+? ?? 3? ?3 5? 2?? ?2n-1 2n+1?? 1 ? 1? n = ?1- = . 2n+1? 2n+1 2? ? 4.设数列{an}满足 a1+3a2+3 a3+?+3 (1)求数列{an}的通项; (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)∵a1+3a2+3 a3+?+3 ∴当 n≥2 时,
2 2

n-1

n an= ,n∈N*.
3

n an

n-1

n an= ,①
3

a1+3a2+32a3+?+3n-2an-1=
①-②得 3
n-1

n-1
3

,②

an= ,∴an= n.

1 3

1 3

1 1 1 在①中,令 n=1,得 a1= ,适合 an= n,∴an= n. 3 3 3 (2)∵bn= ,∴bn=n·3 . ∴Sn=3+2×3 +3×3 +?+n·3 ,③ ∴3Sn=3 +2×3 +3×3 +?+n·3 ④-③得 2Sn=n·3 即 2Sn=n·3
n+1 n+1
2 3 2 3 4 2 3

n an

n

n

n+1

.④
n

-(3+3 +3 +?+3 ),
n

3? - 3
n+1

1-3 ? , 1-3 3 + . 4

? 2n-1? ∴Sn= 4

18