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2014高一下期末复习---数列2


2 0 1 4 高一下期末复习——数 列 ( 数 列 求 通 项 、 求 和 ) 班级 姓名 一、知识整理: 1. 求通项公式的方法 (1)观察法:找项与项数的关系,然后猜想检验,即得通项公式 an; ?S1 (2)利用前 n 项和与通项的关系 an=? ?Sn-Sn-1 (3)公式法:利用等差(比)数列求通项公式; an+1 (4)累加法:如 an+1-an=f(n),累积法,如 a =f(n); n (5)转化法:一般有以下几种题型: (1)类型 an+1=can+d(c≠0,1),可以通过待定系数法设 an+1+λ=c(an+λ),求出 λ 后,化为 等比数列求通项; (2)类型 an+1=an+f(n)与 an+1=f(n)· an,可以分别通过累加、累乘求得通项;[来源:Z_xx_k an+1 c an 1 (3)类型 an+1=can+rn(c≠0,r≠0),可以通过两边除以 rn+1,得 n+1 =r · rn + r ,于是转化为 r 类型(1)求解. 2.数列求和 (1)公式法:⑴ 等差数列的求和公式,⑵ 等比数列的求和公式 (2)分组求和法:在直接运用公式求和有困难时常,将“和式”中的“同类项”先合并在一 起,再运用公式法求和(如:通项中含(-1)n 因式,周期数列等等) (3)倒序相加法:如果一个数列{a n } ,与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和, 则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加,就得到了一个常数列的和,这一求和方 法称为倒序相加法。特征:an+a1=an-1+a2 (4)错项相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘 所组成,此时求和可采用错位相减法。 (5)裂项相消法:把一个数列的各项拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于 是前 n 项之和变成首尾若干少数项之和。 二、例题分析: 例 1:已知数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn+c(n∈N*),且 S1=3,S2=7,S3=13, (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)求数列{ }的前 n 项和 Tn. anan+1 n= , n ;

?a+b+c=3, 解(1)由已知有?4a+2b+c=7, ?9a+3b+c=13,

?a=1, 解得?b=1, ?c=1,
1

所以 Sn=n2+n+1.

?3, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n,所以 an=? ?2n, 1 1 1 1 1 1 1 (2)令 bn= ,则 b1=a a =12.当 n≥2 时,bn= =4· (n- ). an· an+1 2n· 2(n+1) n+1 1 2 n-1 11 1 1 1 1 1 所以 Tn=b2+…+bn=4(2-3+3-4+…+n- )= . n+1 8(n+1) n-1 5n-1 1 所以 Tn=12+ = (n∈N*) 8(n+1) 24(n+1) 例 2:已知数列 {a n }是首项为 a1 ? 列 {cn }满足cn ? an ? bn 。 (1)求证: {bn } 是等差数列; (2)求数列 {cn } 的前 n 项和 Sn;
1 2 m ? m ? 1对 一切正整数 n 恒成立,求实数 m 的取值范围。 4 1 解: (1)由题意知, a n ? ( ) n (n ? N *) ……………………1 分 4 ? bn ? 3 log1 an ? 2, b1 ? 3 log1 a1 ? 2 ? 1

n=1, n≥2.

1 1 , 公比 q ? 的等比数列 ,设 bn ? 2 ? 3 log 1 an (n ? N *) ,数 4 4 4

(3)若 c n ?

4

4

? bn?1 ? bn ? 3 log1 an?1 ? 3 log1 an ? 3 log 1
4 4 4

an?1 ? 3 log1 q ? 3 an 4

∴数列 {bn }是首项b1 ? 1, 公差d ? 3 的等差数列……………………4 分
1 (2)由(1)知, a n ? ( ) n , bn ? 3n ? 2(n ? N *) 4 1 ? c n ? (3n ? 2) ? ( ) n , (n ? N *) …………………………5 分 4 1 1 1 1 1 ? S n ? 1 ? ? 4 ? ( ) 2 ? 7 ? ( ) 3 ? ? ? (3n ? 5) ? ? ) n ?1 ? (3n ? 2) ? ( ) n , 4 4 4 4 4 1 1 2 1 3 1 4 1 n 1 于是 S n ? 1 ? ( ) ? 4 ? ( ) ? 7 ? ( ) ? ? ? (3n ? 5) ? ? ) ? (3n ? 2) ? ( ) n ?1 4 4 4 4 4 4 3 1 1 1 1 1 两式相减得 S n ? ? 3[( ) 2 ? ( ) 3 ? ? ? ( ) n ] ? (3n ? 2) ? ( ) n ?1 4 4 4 4 4 4 1 1 ? ? (3n ? 2) ? ( ) n ?1 . 2 4 2 12 n ? 8 1 n ?1 ? Sn ? ? ? ( ) (n ? N *) ……………………8 分 3 3 4 1 1 (3)? c n ?1 ? c n ? (3n ? 1) ? ( ) n ?1 ? (3n ? 2) ? ( ) n 4 4
2

1 ? 9(1 ? n) ? ( ) n ?1 , (n ? N *) 4 1 ∴当 n=1 时, c 2 ? c1 ? 4

当 n ? 2时, cn?1 ? cn ,即c1 ? c2 ? c3 ? c4 ? ? ? cn
1 4

∴当 n=1 时, cn 取最大值是
1 1 ? m2 ? m ?1 ? 4 4

又 cn ?

1 2 m ? m ? 1对一切正整数 n恒成立 4

即 m 2 ? 4m ? 5 ? 0得m ? 1或m ? ?5 ……………………
1 an?1 , an ? (n ? 2, n ? N ) . n 4 ?? 1? an?1 ? 2

例 3:已知数列 ?an ? 满足 a1 ?

(Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式 an ; (Ⅲ)设 c n ? a n sin

(Ⅱ)设 bn ?

1 an
2

,求数列 ?bn ? 的前 n 项和 S n ;

4 (2n ? 1)? ,数列 ?cn ? 的前 n 项和为 Tn .求证:对任意的 n ? N ? , Tn ? . 7 2

分析:本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列,对数列中不等式的证 明通常是放缩通项以利于求和。 解: (Ⅰ)?
1 2 1 1 ,? ? (?1) n ? (?2)[ ? (?1) n ? ? (?1) n?1 ] , an an?1 an a n?1

又?

?1 1 n? ? (?1) ? 3 ,? 数列 ? ? ?? 1? ? 是首项为 3 ,公比为 ? 2 的等比数列. a1 ? an ?
即 an ?
(?1) n ?1 . 3 ? 2 n ?1 ? 1

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

(Ⅱ) bn ? (3 ? 2n?1 ? 1) 2 ? 9 ? 4 n?1 ? 6 ? 2 n?1 ? 1.
1 ? (1 ? 4 n ) 1 ? (1 ? 2 n ) Sn ? 9 ? ? 6? ? n ? 3 ? 4n ? 6 ? 2n ? n ? 9 . 1? 4 1? 2

(Ⅲ)? sin

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

? cn ?

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

当 n ? 3 时,则 Tn ?

1 1 1 1 ? ? ??? 2 n ?1 3 ?1 3? 2 ?1 3? 2 ?1 3? 2 ?1
n ?2

1 [1 ? ( 1 1 1 1 1 1 11 12 2) ? ? ? ? ? ? ? 2 3 n ?1 4 7 3? 2 28 1? 1 3? 2 3? 2 2

]

?

11 1 1 11 1 47 48 4 ? [1 ? ( ) n ? 2 ] ? ? ? ? ? . 28 6 2 28 6 84 84 7

?T1 ? T2 ? T3 ,

? 对任意的 n ? N ? , Tn ?

4 . 7
3

1 备用试题:已知正项数列{an}、{bn},对任意 n∈N*,有 an=n,b2 n≤bn-bn+1,数列{an}的前 n S2 S3 Sn 2 项和为 Sn.求证:(1)bn<an; (2)b1+b2+b3+…+b2n-1<n;(3)当 n≥2 时,Sn >2( 2 + 3 +…+ n ). 解:(1)因为 0<bn+1≤bn-b2 n=bn(1-bn),所以 0<bn<1, 1 1 1 1 1 1 1 则 ≥ = + , - ≥ >1, bn+1 bn(1-bn) bn 1-bn bn+1 bn 1-bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以b =(b - )+( - )+…+(b -b )+b >1+1+…+1=n,则 bn<n,即 bn<an. bn-1 bn-2 n n bn-1 2 1 1 1 1 1 (2)由(1)得 b1+b2+b3+…+b2n-1<1+2+3+…+ n 2 -1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 n-1 =1+(2+3)+(4+5+6+7)+…+( n-1+…+ n )<1+2· 2+4· 2 +…+ n-1· 2 =n. 2 2 -1 2 1 1 1 1 2 2 2Sn 1 (3)Sn=1+2+…+n,当 n≥2 时,Sn-1=Sn-n,∴S2 n-1=(Sn- ) =Sn- n n +n2, 2Sn 1 1 2 2 2 2S2 则 S2 - - 2,依次类推,…,S2-S1= n-Sn-1= n n 2 22,上述 n-1 个式子相加得 S2 S3 Sn 1 1 1 2 S2 n-S1=2( + +…+ )-( 2+ 2+…+ 2), 2 3 n 2 3 n S S S 1 1 1 2 3 n ∴S2 n=2( + +…+ )-( 2+ 2+…+ 2)+1, 2 3 n 2 3 n 1 1 1 1 1 1 又22+32+…+n2<1· 2+2· 3+…+(n-1)n 1 1 1 1 1 1 =1-2+2-3+…+ -n=1-n<1, n-1 S2 S3 Sn S2 S3 Sn ∴S2 n>2( + +…+ )-1+1=2( + +…+ ). 2 3 n 2 3 n 三、课时训练: 1.如果数列{an}满足 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为 1,公比为 3 的等比数 列,则 an 等于( ) n 3 +1 3n+3 3n-1 3n-3 A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 1× (1-3n) 3n-1 答案:C 解析:a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=an= = 2 . 1-3 1 1 1 1 1 2.数列 12,34,58,716,…,(2n-1)+2n,…的前 n 项和 Sn 的值等于( ) 1 1 1 1 A.n2+1-2n B.2n2-n+1-2n C.n2+1- n-1 D.n2-n+1-2n 2 1 1 - n+1 2 2 n(1+2n-1) 1 1 1 1 1 2 答案:A Sn=(1+3+5+…+2n-1)+(2+4+8+…+2n)= + 2 1 =n +1-2n. 1-2 an-1-an an-an+1 3.如果数列{an}满足 a1=2,a2=1 且 = (n≥2),则此数列的第 10 项为( ) anan-1 anan+1 1 1 1 1 A.210 B.29 C.10 D.5
4

an-1-an an-an+1 a1-a2 1 1 1 1 1 1 1 答案:D 解析:∵ = = a a =2,∴ -a =2,{a }为等差数列,a =a + anan-1 anan+1 an+1 n 1 2 n 10 1 1 1 9=5,a10=5. 2× 1 4.设函数 f(x)=xm+ax 的导数为 f′(x)=2x+1,则数列{f(n)}(n∈N*)的前 n 项和是( ) n+2 n+1 n n A. B. C. D. n n+1 n+1 n-1 m 答案:A 解析:∵f(x)=x +ax 的导数为 f′(x)=2x+1, 1 ∴m=2,a=1,∴f(x)=x2+x,即 f(n)=n2+n=n(n+1),∴数列{f(n)}(n∈N*)的前 n 项和为: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n Sn=1× 2+2× 3+3× 4+…+n(n+1)=(1-2)+(2-3)+…+(n-n+1)=1-n+1=n+1. 5.数列 1,1+2,1+2+4,…,1+2+22+…+2n-1,…的前 n 项和 Sn>1020,那么 n 的最小值 是( ) A.7 B.8 C.9 D.10 n 1-2 答案:D 解析:∵1+2+22+…+2n-1= =2n-1, 1-2 2-2n+1 2 n ∴Sn = (2 + 2 + … + 2 )- n = - n = 2n +1 - 2 - n. 若 Sn>1020 ,则 2n + 1 - 2 - n>1020 , 1-2 ∴n≥10. 6.已知某数列前 2n 项和为(2n)3,且前 n 个偶数项的和为 n2(4n+3),则它的前 n 个奇数项的 和为( ) 1 A.-3n2(n+1) B.n2(4n-3) C.-3n2 D.2n3 答案:B 解析:前 n 个奇数项的和为(2n)3-n2(4n+3)=n2(4n-3). n 7.数列{an}满足 a1+3a2+32a3+…+3n-1an=2,则 an=( ) 1 1 1 n A. n-1 B. n-1 C.2n D.3n 3· 2 2· 3 1 1 答案:B 解析:令 n=1,得 a1=2,排除 A、D;再令 n=2,得 a2=6,排除 C,故选 B. 48 8.数列{an}的通项公式是 an= ,S 是数列{an}的前 n 项和,则与 S98 最接近的整数 (n+2)2-4 n 是( ) A.20 B.21 C.24 D.25 48 1 1 1 1 1 1 答案:D 解析:由已知得 an= ),因此 S98=12[( - )+( - )+…+ 2 2=12( - n n+4 1 5 2 6 (n+2) -2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (98-102)]=12(1+2+3+4-99-100-101-102)=25-12(99+100+101+102),因此与 S98 最接近的整数是 25. 2n-1 2n+3? 1 3 5 1? ?3- n ? 9.2n+4n+8n+…+ 2n· 等于 ________ .答案: n n? 2 ? an- 3 10.已知数列{an}满足 a1=0,an+1= (n∈N*),则 a20 等于_______ 3an+1

5

解析:∵a1=0,an+1=

an- 3 ,∴a2=- 3,a3= 3,a4=0,…. 3an+1

从而知 3 为最小正周期,从而 a20=a3×6+2=a2=- 3. a2+a6 11. 设数列{an}为等差数列,{bn}为公比大于 1 的等比数列,且 a1=b1=2,a2=b2, 2 anbn = b2b4.令数列{cn}满足 cn= 2 ,则数列{cn}的前 n 项和 Sn 等于________. 答案:(n-1)· 2n+1+2 解析:由题意可设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,根据题中两个等式 列出两个关于 d 和 q 的方程,求出{an}的公差 d,{bn}的公比 q,从而求得{an}与{bn}的通项 公式,进而求得{cn}的通项公式,再求{cn}的前 n 项和. 12. 在数列 ?an ? 中, a1 ? 0 ,
1 1 1 ? an ?1 ? ? 1 ,设 bn ? ,记 S n 为数列 ?bn ? 的前 n 项 1 ? an ?1 1 ? an n
9 10

和,则 S99 =______ .答案:

2 2 Sn 2 13.设 Sn 为数列{an}的前 n 项之和,若不等式 an + 2≥λa1 对任何等差数列{an}及任何正整数 n n

恒成立,则 λ 的最大值为________ an 2 Sn 2 解析:a1=0 时, 不等式恒成立,当 a1≠0 时, λ≤a 2+n2a 2,将 an=a1+(n-1)d,
1 1

nn- d 5?n- d 6?2 1 1 1 Sn=na1+ 2 代入上式,并化简得:λ≤4? +5? +5,∴λ≤5,∴λmax=5. ? a1 ? 14. 已知等差数列 ?an ? 满足 a3 ? 7, a5 ? a7 ? 26,?an ? 的前 n 项和为 Sn 。 (1)求 an 及 Sn ; (2)令 bn ?
1 (n ? N * ) ,求数列 ?bn ? 的前 n 项和 Tn 。 a ?1
2 n

解: (1)设等差数列 {an } 的首项为 a1 ,公差为 d , 由 a3 ? 7, a5 ? a7 ? 26 ,解得 a1 ? 3, d ? 2 . 由于 an ? a1 ? (n ? 1)d , S n ?

……1 分 ……5 分

n(a1 ? an ) ……7 分 ,所以 an ? 2n ? 1, S n ? n 2 ? 2n . 2 1 1 1 1 2 ? ( ? ) .…9 分 (2)因为 an ? 2n ? 1 ,所以 an ?1 ? 4n(n ? 1) ,因此 bn ? 4n(n ? 1) 4 n n ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ) ? (1 ? )? 故 Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? (1 ? ? ? ? ? ? ? , …13 分 4 2 2 3 n n ?1 4 n ?1 4(n ? 1)
n

所以数列 {bn } 的前 n 项和 Tn ? 4(n ? 1) . 3 3an 15. 已知数列{an}的首项 a1=5,且 an+1= ,n=1,2,…. 2an+1

6

1 1 (1)证明:数列a -1 是等比数列;(2)令 bn=a -1,试求数列{n· bn}的前 n 项和 Sn.
n n

(1)证明

由已知,得

1 1 2 1 11 =3· + , n = 1,2 , … ,∴ - 1 = an 3 3an-1,n=1,2,…. an+1 an+1

1

?1 ? 1 2 ∴数列?a -1?是以3为公比,3为首项的等比数列. ? n ?

(2)解

1 2 由 bn=a -1=3n(n≥1),得 Sn=1· b1+2· b2+3· b3+…+(n-1)· bn-1+n· bn
n

2 2 2 2 2 =1· + 2· 2+3·3+…+(n-1)·n-1+n·n. 3 3 3 3 3 1 2 2 2 2 2 ∴ Sn=1·2+2·3+3·4+…+(n-1)·n+n·n+1. 3 3 3 3 3 3 2 1 1 - 3 3n 2 2 2 2 2 2 2 2 ∴3Sn=3+32+33+34+…+3n-n·n+1= - n · n+1. 1 3 3 1-3 3 1 3 2 3 3+2n ∴Sn=21-3n-2n·n+1=2- 2· 3n . 3 16.已知数列 {an } 的各项均为正数,其前 n 项和 Sn ? (an ? 1)(an ? 2) , n ? N* . (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)设 bn ? (?1)n an an?1 ,求数列 {bn } 的前 2 n 项的和 T2 n . 解: (1)当 n ? 1 时, S1 ? (a1 ? 1)(a2 ? 2) ,即 a1 ? ?1 或 a1 ? 2 , 因为 a1 ? 0 ,所以 a1 ? 2 当 n ≥ 2 时, Sn ? (an ? 1)(an ? 2) ,
1 Sn?1 ? (an?1 ? 1)(an?1 ? 2) , 2 1 2 1 2 1 2

………………………………2 分

两式相减得: (an ? an?1 )(an ? an?1 ? 1) ? 0 ,

………………………………6 分

又因为 an > 0 ,所以 an ? an?1 > 0 ,所以 an ? an?1 ? 1 , 所以 an ? n ? 1 ; (2) T2n ? ?a1a2 ? a2 a3 ? a3a4 ? a4 a5 ? a5 a6 ?
?2( a2 ? a4 ? … ?a ) n2 ,

………………………8 分
? a2 n?3a2 n?1 ? a2 n?1a2 n ? a2 n a2 n?1

……………………11 分

7

a4 , a2 n 是首项为 3,公差为 2 的等差数列, …, 又 a2 ,

所以 a2 ? a4 ? … ? a2n ?
2 故 T2n ? 2n ? 4n .

n(3 ? 2n ? 1) ? n2 ? 2n , 2

8


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