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2012高考数学(文)精英备考专题讲座第三讲数列与不等式:第一节 数列及其应用


第一节 数列及其应用
数列是高中数学重要内容,是高考命题的热点.纵观近几年的高考试题,对等差和等比数 列的概念、通项公式、性质、前 n 项和公式,对增长率、分期付款等数列实际应用题多以客观 题和中低档解答题为主,对数列与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等相结合的综 合题的考查多属于中高档题,甚至是压轴题,难度值一般控制在 0.3 ~ 0.7 之间. 考试要求(1)数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图 考试要求 像、通项公式).②了解数列是自变量为正整数的一类函数.(2)等差数列、等比数列① 理 解等差数列、等比数列的概念.② 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式. ③ 能在具体的问题情境中,识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题. ④ 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 等差、 题型一 等差、等比数列的概念与性质 例 1.已知等比数列 {an } 中,各项都是正数,且 a1 、

a +a 1 a 3 、2 a2 成等差数列,求 9 10 ; 2 a7 + a8

【点拨】依据等差中项的概念先求等比数列的公比,再利用等比数列的性质

a 9 + a10 = q 2 (a 7 + a8 ) 求值.
【解】依题意可得: 2 × ( a3 ) = a1 + 2a2 ,即 a3 = a1 + 2a2 ,则有 a1q = a1 + 2a1q 可得
2

1 2

q 2 = 1 + 2q







q = 1+ 2



q = 1? 2











a9 + a10 a1q 8 + a1q 9 q 2 + q 3 = = = q2 = 3 + 2 2 ; 1+ q a7 + a8 a1q 6 + a1q 7
【易错点】 等差数列与等比数列只有一字之差, (1) 部分同学经常出现审题不仔细的现象; (2) 等差中项与等比中项的性质混淆,概念模糊不清; (3)对等差数列与等比数列的性质及公式 的变式不熟悉,往往要先计算 a1 , d , q 等量,一旦计算量大一点,解题受阻. 变式与引申 变式与引申 1:等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,公差 d > 0, S 3 = S 8 . 与引 (1)求 S11 的值; (2)当 S n 为最小时,求 n 的值. 题型二: 题型二:数列的通项与求和 ( 例 2 . 2011 年 全 国 卷 理 科 第 17 题 ) 等 比 数 列 {an } 的 各 项 均 为 正 数 , 且

2a1 + 3a2 = 1, a32 = 9a2 a6 .
(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式. (Ⅱ )设 bn = log 3 a1 + log 3 a2 + ...... + log 3 an , 求数列 ?

?1? ? 的前项和. ? bn ?

【点拨】 (1)等比数列中,已知两条件可以算出两个基本量 a1 , q ,再进一步求通项.(2)分组 求和、倒序相加、错位相减、裂项相消等是常用的求和方法,这里利用(1)的结论以及 a n , bn 的关系求 bn 的通项公式,根据裂项相消求数列 ?

?1? ? 前 n 项和 . ? bn ?

【解】 (Ⅰ)设数列{an}的公比为 q,由 a3 = 9a2 a6 得 a3 = 9a4 所以 q =
2 3 2

2

1 。有条件可知 a>0, 9

故q =

1 。 3 1 1 。故数列{an}的通项式为 an= n 。 3 3

由 2a1 + 3a2 = 1 得 2a1 + 3a2 q = 1 ,所以 a1 = (Ⅱ ) bn = log 3 a1 + log 3 a1 + ... + log 3 a1

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


1 2 1 1 =? = ?2( ? ) bn n(n + 1) n n +1

1 1 1 1 1 1 1 1 2n + + ... + = ?2((1 ? ) + ( ? ) + ... + ( ? )) = ? b1 b2 bn 2 2 3 n n +1 n +1
所以数列 {

1 2n } 的前 n 项和为 ? bn n +1

【易错点】 (1)没有注意条件 a>0,公比计算错; (2)在求 {bn } 的通项公式时,遗漏了负号;

不会将

1 2 1 1 1 =? 化为 = ?2( ? ). bn n(n + 1) bn n n +1

变式与引申 变式与引申 2 已知 S n 是数列{ a n }的前 n 项和,并且 a1 =1,对任意正整数 n,S n +1 = 4a n + 2 ; 与引 设 bn = a n +1 ? 2a n ( n = 1,2,3, L ). (1)证明数列 {bn } 是等比数列,并求 {bn } 的通项公式;

(2)设 C n =

bn 1 , Tn为数列{ } 的前 n 项和,求 Tn . 3 log 2 C n +1 ? log 2 C n+ 2
+

3.

等比数列 { an }的 前 n 项和 为 Sn , 已知 对任意的 n ∈ N ,点 (n, S n ) , 均在函 数

y = b x + r (b > 0 且 b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上.
(1)求 r 的值;

(2)当 b=2 时,记

bn =

n +1 (n ∈ N + ) 4 an

求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn .

题型三: 题型三:数列的实际应用 例 3. 为了解某校高三学生的视力情况, 随机地抽查了该校 100 名高三学生的视力 情况,得到频率分布直方图,如右图所示; 由于不慎将部分数据丢失,但知道前 4 组 的频数从左到右依次是等比数列 {a n } 的 前四项,后 6 组的频数从左到右依次是等 差数列 {bn } 的前六项. (1)求数列 {a n } 和 {bn } 的通项公式; (2)求视力不小于 5.0 的学生人数;

(3)设

c c1 c 2 + + L + n = bn +1 (n ∈ N + ) ,求数列 {c n }的通项公式. a1 a 2 an

【点拨】 (1)频率分布直方图是解决问题的关健; (2)已知前两项的频数,前 4 组的频数从 左到右依次是等比数列 {a n } 的前四项,可求 a n ,后 6 组的频数从左到右依次是等差数列 {bn } 的前六项, b1 = a 4 , {bn } 的前六项和可求,得 bn , (3)求得 a n 、 bn 后,根据题设条件,按 递推公式求通项公式方法求出 c n . 【解】(1)由题意知 a1 = 0.1 × 0.1 × 100 = 1, a 2 = 0.3 × 0.1 × 100 = 3 因此数列 {a n } 是一个首项 a1 = 1 .公比为 3 的等比数列,所以 a n = 3
n ?1

, b1 = a 4 = 27 又

b1 + b2 + L + b6 = 100 ? (a1 + a 2 + a 3 ) =100—(1+3+9) ,

所 以 6b1 +

6×5 d =87, 解 得 2

d = ?5,
因此数列 {bn } 是一个首项 b1 = 27 ,公差为—5 的等差数列, 所以 bn = 32 ? 5n,

(2) 求视力不小于 5.0 的学生人数为 b5 + b6 = (32 ? 5 × 5) + (32 ? 5 × 6) = 9

(3) 由

c c c1 c 2 c c + + L + n = bn +1 (n ∈ N + ) ① 可知, n ≥ 2 时, 1 + 2 + L + n?1 = bn ② 当 a1 a 2 an a1 a 2 a n ?1 cn = bn +1 ? bn = ?5 , ∴ c n = ?5a n = ?5 ? 3 n ?1 (n ∈ N + , n ≥ 2 ) , an

①-②得,当 n ≥ 2 时,



c1 = b2 = 22, c1 = 22, 因此数列 {c n }是一个从第 2 项开始的公比为 3 的等比数列, a1
?
22(n = 1)
n ?1

数列 {c n } 的通项公式为 c n = ?

?? 5 ? 3

( n ≥ 2)

.

【易错点】 (1)不理解 b1 = a 4 的意义,解题找不到切入点; (2)计算数列 {bn } 的通项公式时 忽略“全校 100 名学生”这个重要的已知条件, 导致前两问的结果都不正确; 求出 a n 、bn (3) 后,由题设条件不能正确地找出求 c n 的方法; (4)计算 c n 由①式变为②式时,缺少 n ≥ 2 这 个条件. 变式与引 与引申 变式与引申 4: 某地为了防止水土流失,植树造林,绿化荒沙地,每年比上一年多植相同亩 数的林木,但由于自然环境和人为因素的影响,每年都有相同亩数的土地沙化,具体情况为 下表所示: 2008 年 新植亩数 沙地亩数 1000 25200 2009 年 1400 24000 2010 年 1800 22400

而一旦植完,则不会被沙化. 问: (1)每年沙化的亩数为多少; (2)到那一年可绿化完全部荒沙地. 题型四: 题型四:数列综合题 例 4 根据如图所示的程序框图,将输出的 x 、 y 值依次分别记为 x1 , x 2 , L , x n , L , x 2008 ,

y1 , y 2 , L , y n , L , y 2008 .
(1)求数列 {x n } 的通项公式 x n ; (2)写出 y1 , y 2 , y 3 , y 4 ,由此猜想出数列 {y n }; 的一个通项公式 y n ,并证明你的结论;

(3)求

zn = x1 y1 + x2 y2 + L + xn yn ( x ∈ N ?, n ≤ 2008)



【点拨】 (1)程序框图与数列的联系是新课标背景下的新鲜事物,因为程序框图中循环,与 数列的各项一一对应,所以,这方面的内容是命题的新方向,应引起重视; (2)由循环体写 出数列的递推公式,再由递推公式求出数列的通项公式是解决问题 的关健; (3)掌握错位相 减法求数列的前 n 项和及数列求和的一般方法. 【 解 】 ( 1 ) 由 框 图 , 知 数 列

{x n }



x1 = 1, x n +1 = x n + 2



xn = 1 + 2(n ? 1) = 2n ? 1(n ∈ N *, n ≤ 2008)
由此,猜想 y n = 3 ? 1, ( n ∈ N ?, n ≤ 2008)
n

(2)y1=2,y2=8,y3=26,y4=80.

证明:由框图,知数列{yn}中, y n +1 = 3 y n + 2 , ∴ y n +1 + 1 = 3( y n + 1)



y1 + 1 = 3
∴ 数 列 {yn+1} 是 以 3 为 首 项 , 3 为 公 比 的 等 比 数 列 ,

∴ y n = 3 n ? 1, (n ∈ N ? , n ≤ 2008)
( 3 )

z n = x1 y1 + x 2 y 2 + ? ? ? + x n y n = 1 × (3 ? 1) + 3 × (3 2 ? 1) + ? ? ? + (2n ? 1)(3 n ? 1)
2

n

=1×3+3×3 +…+(2n-1)·3 -[1+3+…+(2n-1)] 2 n 2 3 记 Sn=1×3+3×3 +…+(2n-1)·3 ,① 则 3Sn=1×3 +3×3 +…+(2n-1) n+1 ② ×3 2 3 n n+1 2 n ①-②,得-2Sn=3+2·3 +2·3 +…+2·3 -(2n-1)·3 =2(3+3 +…+3 )-3 n+1 -(2n-1)·3

= 2×

n +1 n +1 n +1 3(1 ? 3 n ) ? 3 ? (2n ? 1) ? 3 n +1 = 3 ? 6 ? (2n ? 1)·3 = 2(1 ? n)·3 ? 6 1? 3



S n = ( n ? 1)·3 n +1 + 3.
2

又 1+3+…+(2n-1)=n



zn = ( n ? 1) ? 3n +1 + 3 ? n 2 ( n ∈ N *, n ≤ 2008) .

【易错点】 (1)根据框图不能正确写出数列的递推公式,解题受阻, (2)对数列求和的方法 及每种方法所适合的题型认识不清,盲目求和; (3)对指数运算不够熟悉,导致利用错位相 减法计算出的结果不正确. 变式与引申 变式与引申 5:已知数列 {an } 中,a1 = 与引

1 在直线 y=x 上,其中 n=1,2,3…. ,点(n, 2an +1 ? an) 2

(1)令 bn = an +1 ? an ? 1, 求证数列 {bn } 是等比数列; (2)求数列 {an } 的通项;

、 ⑶ 设 S n、Tn 分别为数列 {a n } {bn } 的 前 n 项 和 , 是 否 存 在 实 数

λ ,使得数列

? S n + λTn ? ? ? 为等差数列?若存在,试求出 λ .若不存在,则说明理由. n ? ?
本节主要考查: (1)数列的有关概念,递推公式;等差数列和等比数列的定义、判定方法、 本节主要考查: 性质、通项公式和前 n 项和公式,数列求和及数列的应用(2)数列是一类特殊的函数,而函 数又是高中数学的重要内容,所以数列常与导数、不等式、三角、解析几何、概率及算法等 知识点交融命题,解决数列的通项公式及前 n 项和、证明不等关系等问题(3)简单的递推公 式求通项公式的方法,分组求和、倒序相加、裂项求和、错位相减等数列求和方法(4)着重 考查函数与方程思想、数形结合、等价转化、分类讨论等重要的数学思想. 点评: (1)“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算问题中非常重要,树立“目 点评: 标意识”,“需要什么,就求什么”,既要充分合理地运用条件,又要时刻注意解题的目标; (2)数列中 S n 与 a n 的关系一直是高考的热点,求数列的通项公式是最为常见的题型,要切

?S , (n = 1) n an = ? n 实注意 s n 与 a n 之间关系的转化.如: S n ? S n ?1 , (n ≥ 2) , a n = a1 + ∑ (a k ? a k ?1 ) 等; ?
k =2

(3)等差、等比数列的基本知识是必考内容,这类考题既有选择题,填空题,又有解答题; 有容易题、中等题,也有难题,在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前 n 项和公式的基础上,充分理解公式的变式及适用范围,深化数学思想方法在解题实践中的指 导作用,灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题; (4)求和问题也是常见的试题,等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题 应掌握,还应该掌握一些特殊数列的求和方法,如公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序 相加法等; (5)在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认 识,沟通各类知识的联系,形成更完整的知识网络, 进一步培养阅读理解和创新能力,综合 运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力; (6)解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分 析法,一般递推法,数列求和及求通项等方法来分析、解决问题.数列与解析几何的综合问 题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分,先利用解析几何的知识以及数形结合得到数 列的通项公式,然后再利用数列知识和方法求解. 习题 3-1 1. 2011 安徽文数).若数列 an } 的通项公式是 an = ( ?1)g(3n ? 2) ,则 a1 + a2 + L a10 = ( 安徽文数) (A) 15 (B) 12 (C )

{

?12

(D) ?15

2.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn、Tn,若

Sn a 2n = ,则 11 =_________. Tn 3n + 1 b11

3.数列 {an } 中, a1 = 2 , an +1 = an + cn ( c 是不为零的常数, n = 1 2,L ) , 3, ,且 a1,a2,a3 成等比数列. (1)求 c 的值; (2)求 {an } 的通项公式;

(3)求数列 {

an ? c } 的前 n 项之和 Tn . n ? cn

5 . 已 知 数 列

{x n }

3 1 ? 1? 满 足 x n +1 ? x n = ? ? ? , n ∈ N * , 且x1 = 1.设a n = x n ? , 且 4 2 ? 2?

n

T2 n = a1 + 2a 2 + 3a 3 + L + (2n ? 1)a 2 n ?1 + 2na 2 n .
(1)求 x n 的表达式; (2)求 T2 n ;

【答案】 答案】
变式与引申 1【解析】根据题意,点 ( n, S n ) 适合抛物线有以下特点①开口向上,②过原点,

3+8 = 5 .5 , (1)由对称性可知,另一交点为 (11,0) ,表明 S11 = 0 .(2)当 S n 2 为最小时, n = 5或6 .
③对称轴 x = 变式与引申 2 【 解 析 】 ( 1 ) Q S n +1 = 4a n + 2,∴ S n = 4a n ?1 + 2(n ≥ 2), 两 式 相 减 :

a n+1 = 4a n ? 4a n ?1 (n ≥ 2),
∴ a n + 1 = 4( a n ? a n ? 1 )(n ≥ 2),∴ b n = a n + 1 ? 2a n , ∴ b n + 1 = a n + 2 ? 2a n + 1 = 4(a n + 1 ? a n ) ? 2a n + 1 , b n + 1 = 2(a n + 1 ? 2a n ) = 2b n (n ∈ N *),



bn +1 = 2, bn

∴{bn } 是以 2 为公比的等比数列,

Q b1 = a 2 ? 2a1 , 而a1 + a 2 = 4a1 + 2,∴ a 2 = 3a1 + 2 = 5, b1 = 5 ? 2 = 3,
∴ bn = 3 ? 2 n ?1 (n ∈ N *)

(2) C n =

bn = 2 n ?1 , 3



1 1 1 , = = n n +1 log 2 C n +1 ? log 2 C n+ 2 log 2 2 ? log 2 2 n(n + 1)



1 1 1 = ? , n(n + 1) n n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ Tn = (1 ? ) + ( ? ) + ( ? ) + L + ( ? ) = 1? . 2 2 3 3 4 n n +1 n +1
均在函数 y = b + r (b > 0 且 b ≠ 1, b, r 均为常数) 3.解 (1) 因为对任意的 n ∈ N ,点 (n, S n ) ,
x
+

的图像上.所以得 S n = b + r ,
n n

当 n = 1 时, a1 = S1 = b + r ,
n ?1

当 n ≥ 2 时, an = S n ? S n ?1 = b + r ? (b

+ r ) = b n ? b n ?1 = (b ? 1)b n ?1 ,
所以 an = (b ? 1)b
n ?1

又因为{ an }为等比数列, 所以 r = ?1 , 公比为 b , (2)当 b=2 时, an = (b ? 1)b 则 Tn = 相
n ?1

= 2 n ?1 ,

bn =

n +1 n +1 n +1 = = n +1 n ?1 4 an 4 × 2 2

2 3 4 n +1 + 3 + 4 + L + n +1 2 2 2 2 2
减 , 得

1 2 3 4 n n +1 Tn = + 4 + 5 + L + n +1 + n + 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 n +1 Tn = 2 + 3 + 4 + 5 + L + n+1 ? n + 2 2 2 2 2 2 2 2

=

1 1 × (1 ? n?1 ) 1 23 n +1 3 1 n +1 2 + ? n +2 = ? n+1 ? n+2 1 2 2 4 2 2 1? 2 3 1 n +1 3 n + 3 所以 Tn = ? n ? n +1 = ? n +1 2 2 2 2 2
变式与引申 4 (1)由已知得 变式与引申 5 解:

1 a1 = , 2an +1 = an + n, 2 3 3 1 3 Q a2 = , a2 ? a1 ? 1 = ? ? 1 = ? , 4 4 2 4
又 bn = an +1 ? an ? 1, bn +1 = an + 2 ? an +1 ? 1,

b n +1 a n + 2 ? a n +1 ? 1 = = bn a n +1 ? a n ? 1 a n +1 ? a n ? 1 1 2 = = a n +1 ? a n ? 1 2

a n + 1 + ( n + 1) a n + n ? ?1 2 2 a n +1 ? a n ? 1

∴{bn } 是以 ?

3 1 为首项,以 为公比的等比数列. 4 2

3 1 n ?1 3 1 ×( ) = ? × n , 4 2 2 2 3 1 3 1 ∴ an +1 ? an ? 1 = ? × n , ∴ a2 ? a1 ? 1 = ? × , 2 2 2 2 3 1 3 1 a3 ? a2 ? 1 = ? × 2 , ?????? ∴ an ? an ?1 ? 1 = ? × n ?1 , 2 2 2 2
(2)由(I)知, bn = ? 将以上各式相加得:

3 1 1 1 ∴ an ? a1 ? ( n ? 1) = ? ( + 2 + ??? + n ?1 ), 2 2 2 2 1 1 (1 ? n ?1 ) 3 2 1 3 1 3 2 ∴ an = a1 + n ? 1 ? × = + (n ? 1) ? (1 ? n ?1 ) = n + n ? 2. 1 2 2 2 2 2 1? 2 3 ∴ an = n + n ? 2. 2 S + λTn (3)存在 λ = 2 ,使数列 { n } 是等差数列. n 1 1 1 Q S n = a1 + a2 + ??? + an = 3( 1 + 2 + ??? + n ) + (1 + 2 + ??? + n) ? 2n 2 2 2 1 1 (1 ? n ) 2 2 2 + n(n + 1) ? 2n = 3(1 ? 1 ) + n ? 3n = ? 3 + n ? 3n + 3. = 3× 2 1 2n 2 2n 2 2 1? 2 3 1 ? (1 ? n ) 2 = ? 3 (1 ? 1 ) = ? 3 + 3 . Tn = b1 + b2 + ??? + bn = 4 1 2 2n 2 2 n +1 1? 2 S + λTn S + λTn 数列 { n } 是等差数列的充要条件是 n = An + B, ( A 、 B 是常数 ) n n
即 S n + λTn = An 2 + Bn, 又 S n + λTn = ?

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

∴ 当且仅当 1 ?

S + λTn λ = 0 ,即 λ = 2 时,数列 { n } 为等差数列. 2 n 习题 3-1

1. 【答案】A 【解析】法一:分别求出前 10 项相加即可得出结论; 法二: a1 + a2 = a3 + a4 = L = a9 + a10 = 3 ,故 a1 + a2 + L a10 = 3× 5 = 15 .故选 A. 2. 【答案】

21 ; 32

(a1 + a 21 ) 21(a1 + a 21 ) a11 S 2 × 21 21 2 2 【解析】 = = 21 = . = = b11 (b1 + b21 ) 21(b1 + b21 ) T21 3 × 21 + 1 32 2 2
3. 【解析】 (1) a1 = 2 , a2 = 2 + c , a3 = 2 + 3c , 因为 a1 , a2 , a3 成等比数列, 所以 (2 + c ) 2 = 2(2 + 3c ) , (2)当 n≥ 2 时,由于 解得 c = 0 或 c = 2 . ∵c≠0,∴ c = 2 .

a2 ? a1 = c , a3 ? a2 = 2c , LL an ? an ?1 = (n ? 1)c ,
n( n ? 1) c. 2

所以 an ? a1 = [1 + 2 + L + ( n ? 1)]c =

又 a1 = 2 , c = 2 ,故 an = 2 + n( n ? 1) = n 2 ? n + 2( n = 2, L) .当 n = 1 时,上式也成立, 3,

2, 所以 an = n 2 ? n + 2( n = 1, L) .
(3)令 bn =

an ? c 1 = (n ? 1)( ) n n 2 n?c

1 1 1 1 Tn = b1 + b2 + b3 + L bn = 0 + ( ) 2 + 2( ) 3 + 3( ) 4 + L ( n ? 1)( ) n ……① 2 2 2 2 1 1 3 1 4 1 n 1 n +1 Tn = 0 + ( ) + 2( ) + L + (n ? 2)( ) + ( n ? 1)( ) ……② 2 2 2 2 2 1 n ?1 ①-②得: Tn = 1 ? ( ) n ?1 ? n 2 2
4. 【分析】 (1)根据函数的导数求切线方程,然后再求切线与 x 轴的交点坐标; (2)尝试求出通 项 | PnQn | 的表达式,然后再求和. 【解】 (Ⅰ)设 Pk ?1 ( xk ?1 , 0) ,由 y′ = e x 得 Qk ?1 ( xk ?1 , e 线方程为
xk ?1

) 点处切

y ? e xk ?1 = e xk ?1 ( x ? xk ?1 )
由 y = 0 得 xk = xk ?1 ? 1(2 ≤ k ≤ n) 。 ( Ⅱ) x1 = 0, xk ? xk ?1 = ?1 ,得 xk = ?( k ? 1) ,

Pk Qk = e xk = e ? ( k ?1) Sn = PQ1 + P2Q2 + P3Q3 + ... + Pn Qn 1

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

1 ? e? n e ? e1? n = 1 ? e ?1 e ?1

①—②,得

3 ? 1? ? 1? ? 1? T2 n = ? ? ? + ? ? ? + L + ? ? ? 2 ? 2? ? 2? ? 2?

2

3

2 n +1

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

2n+2

3 ∴ T2 n 2

2n 1 ? ? 1? ? ?1 ? ? ? ? ? 2 n+ 2 2n 2n 4 ? ? 2? ? 1 1? 1? n? 1? ? ? ? 2 n? ? 1 ? = = ? ?? ? ? ?? ? . ? ? 1 6 6? 2? 2? 2? ? 2? 1+ 2 2n

T2 n =

1 1? 1? ? ?? ? 9 9? 2?

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

2n

1 ? 3n + 1 ? = ?1 ? 2 n ?. 9? 2 ?



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