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【名师A计划】(全国通用)2017高考数学一轮复习 第五章 数列 第四节 数列的求和与综合应用课件 理



第四节 数列的求和与综合应用

考纲概述

考查热点

考查频次

备考指导

(1)掌握等差、 等比数列求和; 利用公式转化为 等比数列的 ★★★★★ (2)掌握非等差等比数列求和 等差、 的几种常用方法; (3)能在具体的问题情景中识 别数列的等差关系或等比关 系,并能用等差

数列、等比数 数列综合应用 列的有关知识解决相应的问 题. ★★★★★ 求和 通过近几年的考题分析,数列的递推关系, 非等差、等比数列的求和是高考的热点,常 用到裂项相消法、错位相减法等方法求和 或者根据周期性等数列的性质求和,另外数 列求和常与不等式、最值、函数等知识相 结合进行考查.

1.几种常见数列求和的方法
(1)公式法

①等差数列的前 n 项和公式:Sn= ②等比数列的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 ; 当 q≠1 时,Sn=
1 (1- ) 1-

(1 + ) 2

=na1+

(-1) 2

(其中 a1 为首项,d 为公差).

=

1 - 1-

(其中 a1 为首项,q 为公比).

(2)裂项相消法 将一项拆分成两项或多项,在求和的过程中相互抵消部分项再求和的方法. 几个常见的裂项技巧
1 ( +1) 1 ( +) 1 (2-1)(2 +1) 1 + +1

= ?


1

1 +1

; ; 1

=

1 1

+

-

1

=

1

1

2 2-1 2 +1

;

= + 1 ? ;
1 · +1

若{a n }为等差数列,公差为 d (d≠0),则

=

1

1

+1

-

1

.

(3)错位相减法 一般地,如果数列{an }是等差数列,{b n }是公比为 q 的等比数列,求数列{a n bn }的前 n 项和时, 通常采用错位相减法. (4)分组求和法 若数列 a n =b n ±cn,其中{b n },{cn}为等差数列或等比数列,可采用分组求和法. (5)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写,再相加,即为倒序相加法求和.

2.常用的数学方法与思想
公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、转化化归思想、分类讨 论思想、函数与方程思想.

1. (2016· 山东枣庄八中月考) 公比为 2 的等比数列前 4 项和为 15,前 8 项和为 A.255 B.128 C.64 D.32 1.A 【解析】由题可知 q=2,S4=15,所以
a 1 (1-q 8 ) 8 =q -1=28-1=255. 1-q a 1 (1-q 4 ) S4= 1-q

(

)

= 15, 解得 a1= 1, 所以 S8=

2. (2016· 河北衡水中学调研) 在等差数列{an}中,已知 a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则 a3+a6+a9= ( ) A.30 B.27 C.24 D.21 2.B 【解析】根据等差数列性质不难得到等差数列 1,4,7 项的和,2,5,8 项的和与 3,6,9 项 的和成等差数列,所以 a3+a6+a9=2×33-39=27.

3.数列{an},{bn}满足 anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前 10 项之和为
1 A. 3 1 C. 2
1

(

)

5 B. 12 7 D. 12
1 1 1 1 1 1 1 1

3.B 【解析】bn=a = (n+1)(n+2) = n+1 ? n+2 , S10= b1+b2+b3+…+b10= 2 ? 3 + 3 ? 4 + 4 ?
n

1 5

+ ? + 11 ? 12 = 2 ? 12 = 12 .

1

1

1

1

5

4. (2016· 闽粤联合体联考) 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+an+1=2(n=2,3,4,…),则 S2n+1=
4 4.3 1 22n

1

.
1 1 【解析】S2n+1=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)=1 + 22 1 4 n +1

1- 4 n +1 =
4 3

+

1 24

+

1 26

+ ?+

1-

.

5. (2015· 江苏高考) 设数列{an}满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N*),则数列 为
20 5.11

1

前 10 项的和

. 【解析】由 an+1-an=n+1,得 a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n.上述式子相加得

an-a1=2+3+…+n.所以 an=a1+2+3+…+n=1+2+3+…+n= 2 1- 2 + 2
1 1 1 2 3 n (n+1) 1 ,a 2 n

= n (n+1) = 2

2

1 1 n n+1

, 所以 a + a + ? + a
1 2

1

1

1
10

=

+ ?+ 2

1 1 10 11

= 11 .

20

考点 1 公式法求和
典例 1 (2016· 福建泉州五校联考) 已知{a n }是首项为 1 的等比数列,且 a 4=8,则数列 ( B.
31 16 11 16 1

的 )

前 5 项和为 A.31 C.11

D.

【解题思路】首先利用条件求出等比数列的通项,从而得到
1 an

的通项公式, 再公式求和. 设数列{an}的公比为 q, 所以 a4= a1q3, 因此 8 = q3, 得到 q =
1 1, a n

2, 所以 a n = 2n ? 【参考答案】 B

=

1 n -1 , 因此 2

S5 = a + a + a + a + a = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 16 .
1 2 3 4 5

1

1

1

1

1

1

1

1

1

31

★备用典例 (2016· 广州、深圳联考) 公差不为零的等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn.若 a4 是 a 3 与 a 7 的等比中项,S8=32,则 S10 等于 A.18 B.24 C.60 D.90 ( )

【解题思路】利用条件求出等差数列的通项,再利用等差数列求和公式求 S10.设数列{an} 的首项为 a1,公差为 d(d≠0),则 a3=a1+2d,a4=a1+3d,a7=a1+6d,又因为 a4 是 a3 与 a7 的等比中
2 项,所以a2 = a × a , 即 (a +3d) = (a1+2d) ·(a1+6d), 化简得 2a1+3d = 0 3 7 1 4

①, 又由 S8=

32 得

8×7 8a1+ d 2

= 32, 化简得 2a1+7d = 8
10×9 d 2

②, 联立方程①②解得 a1= ?3, d =

2, 所以 S10= 10a1+ 【参考答案】 C

= ?30 +

10×9 ×2=60. 2

公式法求和的主体思想 (1)等差数列、等比数列以及由等差、等比数列通过加减法构成的数列,它们通常应用等 差数列或等比数列的求和公式直接求解; (2)奇数项或偶数项分别构成等差或等比数列的求和可以先分为奇数项和偶数项,再分别 使用等差或等比数列求和公式进行求解.

【变式训练】
(2016· 甘肃白银会宁一中月考) 已知两个等差数列{an }和{bn }的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn, 且 A. C.
13 7

=

2 +5 +3

,则 5 为
5



( B.
15 8 25 13 a5 b5 2a 5 2b 5 a 1+a 9 b 1+b 9

)

23 12

D.

C 【解析】由题意和等差数列的求和公式和等差数列的性质可得
9(a 1 +a 9) 2 9(b 1+b 9) 2

=

=

=

=

S9 T9

=

2×9+5 9+3

=

23 12

.

考点 2 裂项相消法求和
典例 2 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在函数 f(x)=3x2-2x 的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=
3 ,求数列{bn}的前 +1

n 项和 Tn.
3 表 a n a n +1

【解题思路】 (1)由函数与数列关系找出 Sn 的表达式,进而求出 an 表达式;(2)由 bn= 达式可利用裂项相消法求和.

【参考答案】(1)由已知点(n,Sn)在函数 f(x)=3x2-2x 的图象上,可得 Sn=3n2-2n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-3(n-1)2+2(n-1)=6n-5, 当 n=1 时,a1=S1=1 也适合上式,∴an=6n-5. (2)bn=a
1 3 n a n +1 1

= (6n -5)(6n+1)=2
1 1

3

1

1 1 6n -5 6n+1 1 1

,
1 1 1 1

∴Tn=2 1- 7 + 7 - 13 + … + 6n -5 - 6n+1 =2 1- 6n+1 =2 ? 12n +2.

裂项相消法求和步骤 (1)拆项:将数列中的每一项拆分成两项或多项,使这些拆分的项能有规律地相互抵消; (2)求和:将抵消后的剩余项进行求和计算即可. 注意:相邻项抵消后剩余 2 项求和,隔一项抵消后剩余 4 项求和.

【变式训练】
(2016· 甘肃天水一中月考) 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)求数列
1

的前 n 项和 Tn.

【参考答案】(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则由 a3=7,a5+a7=26, a3 = a1 + 2d = 7, 可知 a5 + a7 = 2a1 + 10d = 26, 解得 a1=3,d=2,所以 an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1, Sn=
(a 1 +a n )n 2

=

(2n+4)n =n2+2n. 2

(2)由(1)知S = n (n+2) = 2
n

1

1

1 1 1 n n+2

, + ?+
1 1 n -1 n+1

所以 Tn=2 =
1 2

1

1- 3 +

1

1 1 2 4

+

1 1 3 5

+

1 1 n n+2

1+ -

1 1 1 2 n+1 n+2

3 =4

1 1 ? 2(n+1) ? 2(n+2).

考点 3 错位相减法求和
典例 3 (2016· 天津一中月考) 已知数列{an}满足 a1=1,an+1-an=2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=n· an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解题思路】(1)由 a1=1,an+1-an=2n(n∈N*),利用累加法能求出数列{an}的通项公式;(2)由 bn=n· an=n· 2n-n,利用错位相减法能求出数列{bn}的前 n 项和 Sn.

【参考答案】(1)∵数列{an}满足 a1=1,an+1-an=2n(n∈N*), ∴an=a1+a2-a1+a3-a2+…+an-an-1 =1+2+22+…+2n-1
1-2n = 1-2

=2n-1.

(2)∵bn=n·an=n·2n-n, ∴Sn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n-(1+2+3+…+n), 2Sn=1·22+2·23+3·24+…+n·2n+1-2(1+2+3+…+n), ② ①-②得-Sn=2+2 +2 +…+2 -n·2 =(1-n)·2n+1-2+
n (n+1) , 2 n (n+1) +2. 2
2 3 n n+1



2(1-2n ) +(1+2+3+…+n)= ? 1-2

n ·2n+1+

n (n+1) 2

∴Sn=(n-1)·2n+1-

错位相减法求和构成形式与求和方法 (1)形式 如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项的乘积构成,则这种数列 求和适合用错位相减法; (2)求和方法 第一步 将所求和写成一个由各项构成的和的形式; 第二步 在此式的基础上两边乘以等比数列中的公比得到另一形式; 第三步 将上述两式相减进行化简求和,最后得到 S n 表达式即为所求.

【变式训练】
(2016· 贵州兴义八中月考) 已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*),满足 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0. (1)令 cn=,求数列{cn}的通项公式;




(2)若 bn=3n-1,求数列{an}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0(bn≠0,n∈N*), 所以bn +1 ? bn =2,即 cn+1-cn=2,所以数列{cn}是以 c1=1 为首项,d=2 为公差的等差数列,
n +1 n

a

a

故 cn=2n-1.

(2)由 bn=3n-1,知 an=(2n-1)3n-1,于是数列{an}的前 n 项和 Sn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1, 3Sn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n, 将两式相减得-2Sn=1+2×(31+32+…+3n-1)-(2n-1)×3n=-2-(2n-2)×3n, 所以 Sn=(n-1)3n+1.

考点 4 分组求和法
典例 4 已知数列{a n }的前 n 项和为 Sn =n 2,n ∈N*. (1)证明:数列{a n }是等差数列; (2)设 b n =2 +(-1)n a n ,求数列{bn }的前 2n 项和. 【解题思路】(1)由于题中给出 S n 与 n 的关系,所以可利用退位相减法求出数列 a n 的表达 式来证明其为等差数列;(2)由 b n=22 n-1 +(-1)n (2n-1)可知进行分组求和.

【参考答案】(1)当 n=1 时,a1=S1=1,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1. 当 n=1 时,上式也成立, ∴an=2n-1. ∴当 n≥2 时,an-an-1=(2n-1)-[2(n-1)-1]=2, ∴数列{an}是等差数列,以 1 为首项,2 为公差. (2)bn=2a n +(-1)nan=22n-1+(-1)n(2n-1) ∴数列{bn}的前 2n 项和=(2 +2 +…+2 2n =
22n +1 3
1 3 2n-1

2(4n -1) )+[(-1+3)+(-5+7)+…+(-4n+3+4n-1)]= 4-1 +

+ 2n ? .

2 3

分组求和常见形式 常见形式主要有两种:(1)a n =bn ±cn ;(2)a n= 的数列可采用分组求和法求解. (为奇数), 且{bn },{cn }为等差或等比数列 (为偶数),

【变式训练】
(2016· 河南林州一中月考) 已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2 +1=2S n +n+4,a 2 -1,a 3 ,a 7 恰为等比数列{b n}的前 3 项. (1)求数列{an },{bn }的通项公式; (2)若 cn= ?
1 +1

,求数列{cn}的前 n 项和为 Tn.

【解析】(1)因为a2 n+1 =2Sn+n+4, 所以a2 n =2Sn-1+n-1+4(n≥2), 2 两式相减得a2 n+1 ? a n =2an+1, 2 2 所以a2 = a +2a +1=(a +1) ,即 an+1-an=1, n n n n+1 2 又a2 =(a -1)a , 所以 (a +1) =(a2-1)(a2+5), 2 7 2 3 解得 a2=3, 又a2 2 =2a1+1+4,所以 a1=2, 所以{an}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列, 所以 an=n+1,bn=2n.

(2)由(1)得

n cn= n 2

?

1 , (n+1)(n+2) 1 2

故 Tn=c1+c2+c3+…+cn= 设
1 Fn= 2

+

2 22

+ ?+ +

n 2n

?

1 2×3 n

+

1 3×4

+…+

1 (n+1)(n+2)

,
1 ?+ n 2

+

2 22

+ ?+

n 2n

1 1 , 则 Fn= 2 2 2

2 23

+ ?+

1 1 , 作差得 Fn= 2n +1 2 2

+

1 22

+

?

n 2n +1

,

所以 Fn=2- 2n . 设 Gn=2×3 + 3×4 + ? + (n+1)(n+2)=2 ? 3 + 3 ? 4 + ? + n+1 ? n+2=2 ? n+2, 所以
n+2 Tn=2- n 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

n+2

?

1 1 2 n+2

=

3 2

n+2 ? n 2

+

1 . n+2

考点 5 数列的综合应用
命题角度 1 :数列与函数、不等式的综合 典例 5 将函数 f (x)=sin x· sin (x+2π)· sin (x+3π)在区间(0,+∞)内的全部极值点按从小到
4 4 2 1 1 1

大的顺序排成数列{a n}(n ∈N* ). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设 b n =2n a n ,数列{b n}的前 n 项和为 Tn ,求 Tn 的表达式.

【解题思路】(1)利用正弦函数的概念求出极值点进而求出通项公式;(2)利用错位相减法 求和. 【参考答案】(1)f(x)=sin x ·sin (x + 2π) ·sin (x+3π) =sin x ·cos x · -cos x = sin x · -cos x =- sin x, 根据正弦函数的性质,其极值点为 x=kπ+2 (k ∈ Z), 它在(0, +∞)上的全部极值点构成以 2
π 为首项,π 为公差的等差数列,则数列{an}的通项公式为 an= 2 π π 1 4 1 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 4 1 2

+ (n ? 1)π =

2n -1 π(n∈N*). 2

(2)由(1)得出 bn=2n·an=π(2n-1)2n-1(n∈N*), ∴Tn=π[1·20+3·21+5·22+…+(2n-1)2n-1], 2Tn=π[1·21+3·22+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)2n], 两式相减,得 -Tn=π[1·20+2·21+2·22+…+2·2n-1-(2n-1)·2n]=π 1 +
4(1-2n -1 ) -(2n-1)·2n 1-2

=π[(3-2n)·2n-3],

∴Tn=π[(2n-3)·2n+3].

数列与函数、不等式的综合应用的类型 (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质,图象研究数列问题; (2)已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般利用数列的概念,范围,性质,通项,求和方法 或表达式进行转化,同时要注意数列是一种特殊的函数这一隐含关系.

【变式训练】
已知函数 f (x)为一次函数,且单调递增,满足 f[f(x)]= x- ,若数列{an}满足:a1 =1,a n+1 =f(a n).
4 4 1 3

(1)试求数列{an }的通项公式; (2)设 b n= na n+ n,数列{bn}的前 n 项的和为 Sn,求证:S n<4.
2 2 1 1

【解析】(1)设 f(x)=ax+b(a>0), ∵f[f(x)]= x ? , ∴a(ax+b)+b=a2x+ab+b=4 x ? 4, a = -2, ∴ 3 ∴ 1或 3 (舍去), ab + b = - 4 , b = -2 b = -2
1 1 ∴f(x)= x ? , 2 2 1 3 1 4 3 4

a2 = 4 ,

1

a = 2,

1

1

∴an+1=2 an? 2, ∴an+1+1=2(an+1), ∴数列{an+1}是公比为 ,首项为 2 的等比数列, ∴an+1=2×
1 n -1 , an= 2 1 n -2 -1. 2 1 2 1

1

1

(2)由

1 1 bn= nan+ n 2 2 1 0 2 1 2

可得 bn= n
1 2 1 2 2 1 2

1 n -1 , 2 1 2 2 1 3 2

可得 Sn=1×
1 则 Sn= 2

+2×

+3× +3× +
1 2 2

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

1 n -1 , 2 1 n , 2

① ②



+2×
1 0 2

1 ①-②可得2 Sn=

+

+?+

?n

1 n , 2

∴Sn=4∵
n+2 2 n -1

n+2 2 n -1

,

>0,∴Sn<4.

命题角度 2 :数列在实际问题中的综合应用 典例 6 (2015· 上海虹口区模拟)某市 2014 年发放汽车牌照 12 万张,其中燃油型汽车牌照 10 万张,电动型汽车牌照 2 万张.为了节能减排和控制总量,从 2014 年开始,每年电动型汽 车牌照的发放量按 50% 增长,而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少 0.5 万张,同时规定 一旦某年发放的牌照超过 15 万张,以后每一年发放的电动型汽车的牌照的数量维持在这 一年的水平不变. (1)记 2014 年为第一年,每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an },每年发放的电动型汽 车牌照数构成数列{b n},完成下列表格,并写出这两个数列的通项公式;
a1=10 a2=9.5 a3= b1=2 b2=3 b3= a4= b4= … …

(2)从 2014 年算起,求二十年发放的汽车牌照总量.

【解题思路】(1)由已知得 an,bn 分别为等差数列和等比数列,根据已知条件求解即可;(2) 分别求出{an}和{bn}的前 20 项之和,再求和即可. 【参考答案】(1) a1=10 a2=9.5 a3=9 a4=8.5 … b1=2 b2=3 b3=4.5 b4=6.75 …

当 1≤n≤20 且 n∈N*,an=10+(n-1)×(-0.5)=-2 + 当 n≥21 且 n∈N*,an=0,
21 - + 2 2



21 ; 2

∴an=

(1 ≤ ≤ 20 且∈N* ),

0 ( ≥ 21 且∈N * ).
3 -1 2

∵a4+b4=15.25>15, ∴bn=
2× (1 ≤ ≤ 4 且∈N * ),

6.75 ( ≥ 5 且 n∈N * ).

(2)a1+a2+…+a20=10×20+

20×19 × 2
4

- 2 =105, +6.75×16=124.25.

1

3 2× 12 b1+b2+b3+b4+b5+…+b20= 3 12

105+124.25=229.25, ∴从 2014 年算起,二十年发放的汽车牌照总量为 229.25 万张.

数列在实际问题中的综合应用的求解策略 现实生活中数列问题的模型极为广泛,如种群的生长和消亡,人们生活的收入与支出等.解 决此类问题的途径有两种:一是逐项列举前几项,寻求规律,满足某种数列;二是寻求任意 前后两项间关系式,转化为递推式问题.

【变式训练】
一企业的某产品每件利润 100 元,在未做电视广告时,日销售量为 b 件.当对产品做电视广 告后,记每日播 n 次时的日销售量为 an(n ∈N* )件,调查发现:每日播 1 次则日销售量 a1 件 在 b 件的基础上增加 件,每日播 2 次则日销售量 a 2 件在每日播 1 次时日销售量 a 1 件的基
2

础上增加 件,…,每日播 n 次,该产品的日销售量 an 件在每日播 n-1 次时的日销售量 a n-1
4



件的基础上增加 件.合同约定:每播一次企业需支付广告费 2b 元.
2



(1)试求出 an 与 n 的关系式; (2)该企业为了使扣除广告费后的日利润最大,求每日电视广告需播多少次?

【解析】(1)由题意,电视广告每日播 k 次时,该产品的日销售量 ak 满足 ak=ak-1+ (k∈
2



N*,a0=b),
+1 1 12 1 * ∴an=b+2 + 2 + ? + 2 = = 2 ( n ∈ N ). 1 2 2 12

即该产品每日销售量 an(件)与电视广告播放量 n(次/日)的关系式为 an=b 2- 2 (n∈N*).

1

(2)该企业每日播放电视广告 n 次时的获利为 cn=100b
1 2- 2

? 2 = 100
1 -0.02 2

1 2-0.02- 2

(n∈N*).

令 cn-cn-1=100b

≥0,

即 2n≤50,n∈N*,∴n≤5(n∈N*). 令 cn-cn+1=100b 0.021 2+1

≥0,

即 2n≥25,∴n≥5. ∴n=5. ∴要使该产品每日获得的利润最大,则每日电视广告需播 5 次.

易错易混考点:用错位相减法时项数处理不当致误
典例 (2015· 山东高考) 设数列{a n }的前 n 项和为 S n.已知 2S n=3n +3. (1)求{a n }的通项公式; (2)若数列{b n }满足 a nb n=log3 a n ,求{b n }的前 n 项和 Tn . 【错因分析】本题用错位相减法求{na n }的前 n 项和时,易出现以下三个错误:一是出现某 些项的遗漏;二是项数的计算错误;三是两式相减时,等比数列前面的系数出错.

【正确解答】(1)因为 2S n=3n +3, 所以 2a1 =3+3,故 a1=3, 当 n>1 时,2S n-1=3n-1 +3, 此时 2an =2Sn -2Sn-1=3n -3n-1=2×3n-1,即 an =3n-1, 3 ( = 1), 所以 a n= -1 3 ( > 1).

(2)因为 a n b n =log3 a n ,所以 b1 = .
3

1

当 n>1 时,b n =31 -n log3 3n-1 =(n-1)· 31 -n .所以 T1 =b1 = ;
3

1

当 n>1 时,Tn =b 1 +b 2 +b 3+…+bn = +(1×3-1 +2×3-2 +…+(n-1)×31 -n ),
3

1

所以 3Tn =1+(1×30 +2×3-1 +…+(n-1)×32 -n ). 两式相减,得 2Tn = +(3 +3 +3 +…+3 )-(n-1)×3 = +
3 3 2
0 -1 -2 2 -n 1 -n

2

1-31- 1- 3

1 -n ( n1) × 3 = ? -1

13 6

6+3 2×3

,

所以 Tn =

13 12

?

6 +3 4×3 13 12

.经检验,n=1 时也适合.
6 +3 4×3

综上可得 Tn =

?

.

应用错位相减法的注意事项 应用错位相减法求和的关键是找准项数、开始的项和结束的项,不能遗漏和加项.一般错 位相减法相减后对剩余项可分为两部分:一是第一项和最后一项,二是中间项.

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;
1 (2)若数列{bn}满足 1 2 1 + +…+ =1- ,n∈N*,求{bn}的前 2 2

n 项和 Tn.

【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 41 + 6 = 81 + 4, 1 + (2-1) = 21 + 2(-1) + 1. 解得 a1=1,d=2, 因此 an=2n-1,n∈N*.

1 (2)由已知 1

2 + 2 1

+ ? +

=

1 1 ? 2 ,n∈N*.

当 n=1 时,1 = 2;
1

当 n≥2 时, = 1 ? 2 ? 1



1

1 2-1

= 2 .

1

综上, = 2 ,n∈N*.




1

由(1)知 an=2n-1,n∈N*, 所以
2-1 bn= ,n∈N*. 2

又 Tn=2 +
1 1 n= 2 2 2

1

3 2

2 +

5 2

3 + ?+

2-1 , 2

+

3 2

3 + ?+

2-3 2-1 + +1 , 2 2

两式相减得
1 1 2 = + 2 n 2 22

+

2 2

3 + … + 2 ?

2

2-1 2n+1

=2 ?

3

2

? -1

1

2-1 2+1

,

所以 Tn=3-

2+3 . 2



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