书签 分享 收藏 举报 版权申诉 / 26
上传文档赚钱

类型高中数学讲义微专题54《数列求和(含通项公式与求和习题》讲义.doc

  • 上传人(卖家):副主任
  • 文档编号:763619
  • 上传时间:2020-09-26
  • 格式:DOC
  • 页数:26
  • 大小:1.80MB
  • 【下载声明】
    1. 本站全部试题类文档,若标题没写含答案,则无答案;标题注明含答案的文档,主观题也可能无答案。请谨慎下单,一旦售出,不予退换。
    2. 本站全部PPT文档均不含视频和音频,PPT中出现的音频或视频标识(或文字)仅表示流程,实际无音频或视频文件。请谨慎下单,一旦售出,不予退换。
    3. 本页资料《高中数学讲义微专题54《数列求和(含通项公式与求和习题》讲义.doc》由用户(副主任)主动上传,其收益全归该用户。163文库仅提供信息存储空间,仅对该用户上传内容的表现方式做保护处理,对上传内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知163文库(点击联系客服),我们立即给予删除!
    4. 请根据预览情况,自愿下载本文。本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
    5. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007及以上版本和PDF阅读器,压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
    配套讲稿:

    如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。

    特殊限制:

    部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。

    关 键  词:
    数列求和含通项公式与求和习题 高中数学 讲义 专题 54 数列 求和 含通项 公式 习题 下载 _二轮专题_高考专区_数学_高中
    资源描述:

    1、 微专题 54 数列求和问题 数列求和问题是高考数列中的一个易考类型, 在已知通项公式的前提下, 要通过观察通 项公式(或者项)的特点决定选择哪种方法进行求和。考查学生的观察能力与辨析能力。所 以在复习的过程中要抓住每种求和方法相对应的通项公式特点,并在练习中熟悉解法 一、基础知识: 1、根据通项公式的特点求和: (1)等差数列求和公式: 1 1 22 pq n n aa aa Snn pqn 1 1 2 n n n Sa nd (2)等比数列求和公式: 1 1 1 ,1 1 ,1 n n aq q S q a n q (3)错位相减法: 通项公式特点:通项公式特点: n a 等差等比, 比如

    2、2n n an, 其中n代表一个等差数列的通项公式 (关 于n的一次函数) ,2n代表一个等比数列的通项公式(关于n的指数型函数) ,那么便可以 使用错位相减法 方法详解:方法详解:以21 2n n an为例,设其前n项和为 n S 先将 n S写成n项和的形式 12 1 23 221 2n n Sn 两边同时乘以等比部分的公比,得到一个新的等式,与原等式上下排列 12 1 23 221 2n n Sn 231 21 23 223 221 2 nn n Snn ,发现乘完公比后,对比原 式项的次数,新等式的每项向后挪了一位。 然后两式相减: 1231 1 22 222212 nn n Sn 除

    3、了首项与末项,中 间部分呈等比数列求和特点,代入公式求和,再解出 n S即可 1231 1 22 222212 nn n Sn 1 1 4 21 22212 21 n n n 1 3226 n n 所以 1 23 26 n n Sn 对“错位相减法”的深层理解:对“错位相减法”的深层理解:通项公式的特点在错位相减法的过程中体现了怎样的作用? 通过解题过程我们可以发现: 等比的部分使得每项的次数逐次递增, 才保证在两边同乘公比 时实现了“错位”的效果。而等差的部分错位部分“相减”后保持系数一致(其系数即为等 差部分的公差) ,从而可圈在一起进行等比数列求和。体会到“错位”与“相减”所需要的 条件

    4、,则可以让我们更灵活的使用这一方法进行数列求和 (4)裂项相消: 通项公式特点:通项公式特点: n a的表达式能够拆成形如 n af nf nk的形式(=1,2,k) ,从 而在求和时可以进行相邻项(或相隔几项)的相消。从而结果只存在有限几项,达到求和目 的。其中通项公式为分式和根式的居多 方法详解:方法详解:以 1 2 n a n n 为例 裂项:考虑 11 11 222 n a n nnn (这里 1 f n n ) ,在裂项的过程中把握两 点:一是所裂两项要具备“依序同构”的特点,比如这里的 11 , 1n n 结构相同,且分母为相 邻的两个数;二是可以先裂再调:先大胆的将分式裂成两项的

    5、差,在将结果通分求和与原式 进行比较并调整(调整系数) ,比如本题中 112 22nnn n ,在调整系数使之符合通 项公式即可 求和:设 n a前n项和为 n S 11111111 1 2324352 n S nn ,求和的关键在于确定剩下的项。通过 观察可发现正项中 1 1, 2 没有消去,负项中 11 , 12nn 没有消去。 所以 1111323 1 22124212 n n S nnnn 一般来说,裂开的2n项中有n个正项,n个负项,且由于消项的过程中是成对消掉。所以 保留项中正负的个数应该相同。 (5)分类求和:如果通项公式是前几种可求和形式的和与差,那么在求和时可将通项公式的 项

    6、分成这几部分分别求和后,再将结果进行相加。 例:61118231 n Sn 可知通项公式为231 n n an, 那么在求和的过程中可拆成 3 部分:2 ,3 ,1 n n分别求和后 再相加 12 2 21 1 2223 123 212 n n n n n Snnn 12 35 22 22 n nn 2、根据项的特点求和: 如果数列无法求出通项公式, 或者无法从通项公式特点入手求和, 那么可以考虑观察数 列中的项,通过合理的分组合理的分组进行求和 (1)利用周期性求和:如果一个数列的项按某个周期循环往复,则在求和时可将一个周期 内的项归为一组求和,再统计前n项和中含多少个周期即可 (2)通项公

    7、式为分段函数(或含有1 n ,多为奇偶分段。若每段的通项公式均可求和, 则可以考虑奇数项一组,偶数项一组分别求和,但要注意两点:一是序数的间隔(等差等比 求和时会影响公差公比) ,二是要对项数的奇偶进行分类讨论(可见典型例题) ;若每段的通 项公式无法直接求和,则可以考虑相邻项相加看是否存在规律,便于求和 (3)倒序相加:若数列 n a中的第k项与倒数第k项的和具备规律,在求和时可以考虑两 项为一组求和,如果想避免项数的奇偶讨论,可以采取倒序相加的特点,即: 12nn Saaa 11nnn Saaa 两式相加可得: 12111 2 nnnnn Saaaaaan aa 1 2 n n n aa

    8、S 二、典型例题 例 1:已知函数 2 1 1 f x x ,求: 111 122015 201520142 ffffff 思路:观察可发现头尾的自变量互为倒数,所以考虑其函数值的和是否具备特点。即 1 1f xf x ,所以考虑第n个与倒数第n个放在一起求和,可用倒序相加法 解: 2 222 2 1111 1 1 111 1 x f xf xxxx x 111 122015 201520142 Sffffff 11 2015201421 22015 Sffffff 111 2201520142015 201520142015 Sffffff 1 4029 4029 2 S 小炼有话说:此类问

    9、题要抓自变量之间的联系,并尝试发现其函数值的和是否有特点(常数 或者与n相关) ,本题求和的项就呈现出倒数关系。另外在求和过程中倒序相加的方法可以 有效地避免项数的奇偶讨论。 例 2:设数列 n a满足 11 2,3 4n nn aaanN (1)求数列 n a的通项公式 (2 2)令)令 nn bna,求数列求数列 n b的前的前n项和项和 n S 解: (1) 1 3 4n nn aa 1 1 3 4n nn aa 2 12 3 4n nn aa 21 3 4aa 1 21 1 12 41 3 43 43 444 41 n nn n aa 42 n n a (2)思路:由(1)可得:42

    10、n n bn,尽管整个通项公式不符合任何一种求和特征, 但可以拆成 42 n n ,在求和的过程中分成三组分别求和,再汇总到一起。 解:42 n nn bnan 12 124442 n n Snn 2 4 41 134 241 24123 n n n nnn n 例 3:已知数列 n a满足 121111 1,2,2, nnnnnn aaaa aaaannN ,且对 于 1 ,1 nn nNa a ,设 n a的前n项和为 n S,则 2015 S_ 思路:原递推公式 1111nnnnnn aa aaaa 很难再有变化,考虑向后再写一个式子进行 变形。 +12+12nnnnnn a aaaaa

    11、 ,两式相减可得: 211 10 nnnn aaa a ,由 1 1 nn a a 可得: 21nn aa , n a为周期是 3 的数列,所以求和时可先求出一个周期中项 的和,再看 2015 S中含多少周期即可。 解: 1111nnnnnn aa aaaa +12+12nnnnnn a aaaaa 得: 12121nnnnnn a aaaaa 211 10 nnnn aaa a 1 1 nn a a 21nn aa n a为周期是 3 的数列 在中令2n 123123 a a aaaa解得: 3 3a 20151234562015 Saaaaaaa 而20153 671 2 20151232

    12、014201512 671671 64029Saaaaaaa 答案:4029 例4 : 已 知 n a是 等 差 数 列 , 其 前n项 和 为 n S, n b是 等 比 数 列 , 且 114444 2,27,10ababSb (1)求数列 n a与 n b的通项公式 (2)记)记 * 11 21 , nnnn Ta baba b nN ,求证求证:12210 nnn Tab 解: (1)设 n a的公差为d, n b的公比为q 则 3 4411 27327abadbq 3 4411 104610Sbadbq 即 3 3 23227 86210 dq dq ,解得: 3 2 d q 31,

    13、2n nn anb (2)思路:虽然 n T所涉及数列通项公式不是“ nn ab”形式,但观察到 n T中的项具备“等 差等比”的特点,所以考虑利用错位相减法求出 n T ,再证明等式即可 解: 2 31 23422 2n n Tnn 23+ 1 23123422 2 n n Tnn 231 3123 2222 2 nn n Tn 1 2 4 21 23123 21 n n n 1 0 22 311 2 n n 所证恒等式左边=10 22 31 n n 右边2102 3110 2n nn abn 即左边右边 所以不等式得证 例 5:已知数列 n a为等差数列,其前n项和为 n S,且 39 5

    14、,9aS,数列 nn ba (1)求 n a的通项公式 (2)求数列)求数列 n b的前的前n项和项和 n T 解: (1) 19 95 999 2 aa Sa 5 1a 53 2 53 aa d 3 32211 n aann (2)思路:由(1)可得: 112 ,5 112 211,5 n n n bn nn ,所以在求和时首先要考虑项数 是否大于 5,要进行分类讨论,其次当5n ,求和可分成2组分别求和再汇总 解: 112 ,5 112 211,5 n n n bn nn 当5,nnN时, 21 9112 10 22 n n bbn Tnnnn 当5,nnN时, 156nn Tbbbb 6

    15、 1211 255255 22 n bbn nn 2 2 2551050nnn 2 2 10,5 1050,5 n nn n T nnn 例 6: (2014,桐乡市校级期中) :设数列 n a,其前n项和 2 3 n Sn , n b为单调递增的 等比数列, 1 2 3 512bb b , 1133 abab (1)求数列 , n a n b的通项公式 (2 2)若)若 21 n n nn b c bb ,求,求数列数列 n c的前的前n项和项和 n T 解: (1)2n 时, 2 2 1 33163 nnn aSSnnn 1n 时, 11 3aS 符合上式 63 n an n b为等比数列

    16、 3 1 2 32 512bb bb 2 8b 设 n b的公比为q,则 2 132 8 ,8 b bbb qq qq 而 3 15a 1133 8 3158ababq q 解得:2q 或 1 2 q n b单调递增 2q 21 2 22 nn n bb (2)思路:由(1)可得: 1 111 22 222121 21 nn n nnnn c ,观察到分母 1 2121 nn 为两项乘积,且具备“依序同构”的特点,所以联想到进行裂项相消,考 虑 1 111 2121 112 212121 2121 21 nn n nnnnnn ,刚好为 n c,所以直接裂 项然后相消求和即可 解: 1 111

    17、1 2211 222121 212121 nn n nnnnnn c 1 12231 111111 212121212121 nn nn Tcc 111 111 1 212121 nn 例 7:已知等差数列的首项 1 1a ,公差0d ,前n项和为 n S (1)若)若 124 ,S S S成等比数列成等比数列,求数列求数列 2 n n a 的前的前n项和项和 n T (2)若)若 1223341 11112015 2016 nn a aa aa aa a 对一切对一切nN 恒成立恒成立,求求d的取值范围的取值范围 (1)思路:先利用已知条件求出 n a的通项公式,然后用错位相减法求和 解:

    18、124 ,S S S成等比数列 2 2 214111 246SSSadaad,代入 1 1a 可得: 2 2 24620dddd 由0d 可得:2d 21 n an 2 111 1321 222 n n Tn 231 11111 132321 22222 nn n Tnn 231 111111 2+21 222222 nn n Tn 1 1 11 1 42 11 221 1 22 1 2 n n n 111 31131 2123 22222 nnn nn 1 323 2 n n Tn (2)思路:虽然不知道 n a的通项公式,但根据其等差数列特征可得: 1nn aad 所以 11 1111 n

    19、nnn a aaad ,从而可将不等式的左边通过裂项相消求和,然后根据不等 式恒成立解d的范围即可 解: 11 1111 nnnn a aaad 122334112231 11111111111 nnnn a aa aa aa adaaaaaa 11 111111 111 1 n dadanddnd 112015 1 12016dnd 对一切nN 均成立 m i n 112 0 1 5 1 12 0 1 6dn d 设 11 1 1 f n dnd ,由0d 可得: f n为增函数 min 111 11 11 f nf ddd 120151 120162015 d d 1 0, 2015 d

    20、例 8: 已知数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,, 其中相邻的两个1被2隔开, 第n对1之间有n个2, 则该数列的前1234项的和为_ 思路: 本题求和的关键是要统计一共有多少个 1, 多少个 2 相加。 那么首先应该确定第1234 的位置, (即位于第几对 1 中的第几个 2) ,可将 1 个1与之后n个2划为一组,则第n组数 中含有1n个数。 即 12 12 2121 1234 22 nn nn , 可估算出 12 48,49nn, 所以 12 12 2121 122412341274 22 nn nn 即该数列的第1234项位于 第49组第 10 个数。可分析前 48 组中含有

    21、 48 个 1,含有12481176个2,在第 49 组中有 1 个 1,9 个 2,所以前1234项和为48 1176 2 1 9 22419 答案:2419 小炼有话说:对于这种“规律性” (不含通项公式)的数列,首先要抓住此数列中数排列的 规律, 并根据规律确定出所求和的最后一项的位置。 再将求和中的项进行合理分组使之可以 进行求和,再汇总即可。 例 9:已知 n S是数列 n a的前n项和,且 2 232,1,2,3 nn Sannn (1)求证:数列2 n an为等比数列 (2)设)设cos nn ban,求数列,求数列 n b的前的前n项和项和 n T 解: (1) 2 232 n

    22、n Sann 2 11 21312 nn Sann 可得: 1 2224 nnn aaan 即 1 224 nn aan 11 2244221 nnn ananan 2 n an为2q 的等比数列 (2)思路:若要求和,需要先求出 n b的通项公式。所以先利用(1)构造等比数列求出 n a, 从而得到 n b,对于cos1 n n ,处理方式既可以将 n b进行奇偶分类,进而分组求和, 也可放入到通项公式中进行求和 解:由(1)可得: 1 1 222n n ana 令1n 代入 2 232 nn Sann 11 24Sa 1 4a 22n n an 22 n n an 22cos n n bn

    23、n 方法一:直接求和 22cos221221 nnn nn n bnnnn 12 221 2 11211 2 1 n n n Tn 设 12 11211 n n Pn 231 11211 n n Pn 21 ( 1) 11 211111 1 ( 1) n nnn n Pnn 1 111 42 nn n n P 21 21111 342 nnn n n T 小炼有话说:本题虽然可以直接求和,但是过程和结果相对形式比较复杂 方法二:分组求和 22 ,21 22cos221 22 ,2 n n nn n n n nk bnnn n nk 当n为偶数时 11 1 2212222 nnn nn bbnn

    24、 12341nnn Tbbbbbb 2 14 11 2222 2 n n 2 2 41 2 21 4 13 n n nn 当n为奇数时 1 1 2 21122 3 nn nnn TTbnn 25 2 33 n n 2 21,2 3 25 2,21 33 n n n n nk T nnk 小炼有话说:本题在分组求和时要注意以下几点 (1)相邻两项一组,如果项数为奇数,那么会留出一项,项数为偶数,那么刚好分组。所 以要对项数进行奇偶的分类讨论 (2)在项数为偶数的求和过程中要注意n的取值变化不再是1,2,3,,而是2,4,6,所以 求和时的公比和求和的项数会对应发生改变。 (3)在项数为奇数的求和

    25、中可利用前面的结论,简化求和过程 方法三:分奇数项偶数项分别求和 22 ,21 22cos221 22 ,2 n n nn n n n nk bnnn n nk 当n为偶数时: 1351246nnn Tbbbbbbbb 131 131 2222 131 n n bbbn 2 12 2 41 1122 2 4122332 n n nnn 24 24 2222 24 n n bbbn 2 2 4 41 2224 2 4122332 n n n nn n 1 22 33 n n Tn 同理:当n为奇数时 1 1 2 21122 3 nn nnn TTbnn 25 2 33 n n 2 21,2 3

    26、25 2,21 33 n n n n nk T nnk 例 10:已知等差数列 n a的公差为2,前n项和为 n S,且 124 ,S S S成等比数列 (1)求 n a的通项公式 (2 2)令)令 1 1 4 1 n n nn n b aa ,求数列的,求数列的 n b的前的前n项和项和 n T 解: (1) 124 ,S S S成等比数列 2 213 SS S 2 111 246adaad即 2 111 22412aaa 解得: 1 1a 1 121 n aandn (2)思路:由第(1)问可得: 14 1 21 21 n n n b nn ,考虑相邻项作和观察规律: n为偶数时, 1 4

    27、14844 232121212321212321 nn nnn bb nnnnnnnnn 11 2321nn ,然后再进行求和即可 解: n为偶数时, 1 414 23212121 nn nn bb nnnn 4121423 232121 nnnn nnn 84411 2321 2123212321 n nnnnnnn 12341nnn Tbbbbbb 1111112 11 55923212121 n nnnn n为奇数时: 1 21212144 21121212121 nnn nnnnn TTb nnnnn 2 2 21 2 21122 2121212121 nn nnn nnnnn 综上所

    28、述: 2 ,2 21 22 ,21 21 n n nk n T n nk n 小炼有话说:本题还可以直接从 n b入手: 11411 11 21 212121 nn n n b nnnn 尽管裂开不是两项作差,但依靠 1 1 n 在求和过程中也可达到相邻项相消的目的。进而根 据项数的奇偶进行讨论求和。 三、历年好题精选 1、把等差数列 n a依次按第一个括号一个数,第二个括号两个数,第三个括号三个数,第 四个括号一个数,循环分为 1 , 3,5 , 7,9,11 , 13 , 15,17 , 19,21,23 , 25 ,则 第50个括号内各数之和为( ) A. 390 B. 392 C. 3

    29、94 D. 396 2、数列 n a满足 1 121 n nn aan ,则 n a的前 60 项和为( ) A. 3690 B. 3660 C. 1845 D. 1830 3、(2016, 山东青岛 12 月月考) 设 12 1 sin, 25 nnn n aSaaa n , 则在 12100 ,S SS 中,正数的个数是( ) A. 25 B. 50 C. 75 D. 100 4、 (2016,长沙一中月考)已知数列 n a是等差数列,数列 n b是等比数列,公比为q, 数列 n c中, nn n ca b, n S是数列 n c的前n项和。若 23 11,7,201 mmm SSS (m

    30、 为正偶数) ,则 4m S的值为( ) A. 1601 B. 1801 C. 2001 D. 2201 5、若数列 n a满足 111 1,2 nnn an aaanN ,则数列 n a的通项公式为 _ 6、 (2015,新课标 II)设 n S是数列 n a的前n项和,且 111 1, nnn aaS S ,则 n S _ 7、 (2015, 江苏) 数列 n a满足 1 1a , 且 1 1 nn aannN , 则数列 1 n a 的前10 项和为_ 8、在等差数列 n a中, 1 3a ,其前n项和为 n S,等比数列 n b的各项均为正数, 1 1b , 公比为q,且 2 22 2

    31、 12, S bSq b (1)求, nn a b (2)设数列 n c满足 5nn cba,求 n c的前n项和 n T 9、 (2015,广东文)设数列 n a的前n项和为, n S nN ,已知 123 35 1, 24 aaa,且 当2n 时, 211 458 nnnn SSSS (1)求 4 a的值 (2)证明: 1 1 2 nn aa 为等比数列 (3)求数列 n a的通项公式 10、 (2015,天津)已知数列 n a满足 2 1 nn aqaq , 12 ,1,2nNaa ,且 233445 ,aa aa aa成等差数列 (1)求q的值和 n a的通项公式 (2)设 22 21

    32、 log , n n n a bnN a ,求数列 n b的前n项和 11、 (2014,湖南)已知数列 n a满足 11 1, n nn aaap nN (1)若 n a是递增数列,且 123 ,2,3aaa成等差数列,求p的值 (2)若 1 2 p ,且 21n a 是递增数列, 2n a是递减数列,求数列 n a的通项公式 12、 (2014,全国卷)等差数列 n a的前n项和为 n S,已知 12 10,aa为整数,且 4n SS (1)求 n a的通项公式 (2)设 1 1 n nn b a a ,求数列 n b的前n项和 n T 13、 (2015,山东)设数列 n a的前n项和为

    33、 n S,已知233. n n S (1)求数列 n a的通项公式; (2)若数列 n b满足 3 log nnn a ba,求数列 n b的前n项和 n T. 14、 (2016,山东潍坊中学高三期末)在数列 n a, n b中,已知 1 1a , 1 2b ,且 n a, n b, 1n a 成等差数列, n b, n a, 1n b 也成等差数列 (1)求证: nn ab是等比数列; (2)若 3 23log21 n n nnn caa ,求数列 n c的前n项和 n 15、定义数列 1 :1 n aa ,且2n时, 1 1 ,2 , 2,21, n n n ar nk kN a ank

    34、kN (1)当0r 时, 12nn Saaa,求 n S (2)若0r ,求证: 1 212 2 4 k n k kk aa 习题答案: 1 1、答案:B 解析:由前面几组可得,组中项个数的循环周期为 3,因为503162,所以第 50 组 数含有两个元素。可知在一个周期中将占有 n a中的 6 项,所以 16 个周期共占有 96 项, 从而第 49 个括号里为 97 a ,第 50 个括号里含有的项为 9899 ,aa ,因为21 n an, 所以 9899 195,197aa,则 9899 392aa 2、答案:D 解析:2nk时, 212 41 kk aak 21nk时, 221 43

    35、kk aak 2121 2 kk aa 2321 2 kk aa 可得: 2321kk aa 161 aa 60126023456061 Saaaaaaaaa 3119 37112601301830 2 3、答案:D 解析: sin 25 n f n 的周期50T ,结合正弦函数性质可知: 122425 ,0,0a aaa, 且 26274950 ,0,0aaaa, 因为 1 y n 单调递减, 所以 2612724924 ,aa aaaa 则 1225 ,S SS为正, 26126224 0Saaaa,同理可得: 262750 ,SSS也均 为正数,以此类推,可知 12100 ,S SS均为

    36、正数,共100个 4 4、答案:B 解析:令 232 , mmmmm ASBSSCSS 1 12 211222 mm m mmmmm q Aaba ba bqaba ba b 1112212 m mmmmmmm Bq Aaa baabmd bb ,d为 n a的公 差 同理 2122312 mm mmmmm Cq Bmd bbbmd bbq mmm Cq BqBq A 代入 232 11,4,208 mmmmm ASBSSCSS 可得: 2 1182080 mm qq,解得4 m q或 52 11 m q 设 43mm DSS,同理可知 mmm Dq CqCq B,代入可得: 208 4420

    37、8448327681600D 43 16002011801 mm SDS 5、答案: 23 n n a n 解析: 111 212 nnnnn n aaanana 设 nn bna,即 1 2 nn bb n b为等差数列 11 1ba 1 2123 n bbnn 23 n n a n 6、答案: 1 n 解析: 1111nnnnnnn aS SSSS S ,即 1 11 1 nn SS ,所以 1 n S 为公差是1的 等差数列,所以 1 11 1 n ndn SS ,即 1 n S n 7、答案: 20 11 解析: 1 1 nn aan ,可得: 121 ,2 nn aanaa ,进行累

    38、加可得: 1 2 121 2 n n aannn ,所以 211 1 22 n nnn n a , 即 1211 2 11 n an nnn ,故 10 1111120 21 223101111 S 8 8、解析: (1)设 , nn ab的公差和公比分别为,d q 2211211 2612bSbqaabqadqd 2 2 2 6 6 Sd qqd bq ,所以解得:3q 或4q (舍) 3d 1 1 313 ,3n nn aann b (2) 1 1 1 315,4 315 153,3 n n n n n c n 当3n时, 1 31 1513315 2 n n n Tnn 当4n时, 23

    39、41 45133333153 n n Tn 3 27 31 3127 771515 3 12 n n nn 31 15,3 2 3127 15 ,4 2 n n n nn T n n 9、解析: (1)令2n ,则 4231 458SSSS 4 35335 4 15 18 11 24224 a ,解得: 4 7 8 a (2) 2112111 4584444 nnnnnnnnnn SSSSSSSSSS 即 21 44 nnn aaa 2111 11 422 22 nnnnnn aaaaaa 211 111 222 nnnn aaaa 2n 时, 1 1 2 nn aa 是公比为 1 2 的等比

    40、数列 当1n 时,由 123 35 1, 24 aaa可验证得: 3221 111 222 aaaa 综上可得: 1 1 2 nn aa 是公比为 1 2 的等比数列 (3)由(2)以及 21 1 1 2 aa可得: 11 121 1111 2222 nn nn aaaa 1 1 11 4224 11 22 nn nn nnnn aa aa 2n n a为公差是 4 的等差数列 1 221442 n n aann 1 11 4221 22 nn n ann 10、解析: (1)依题意可知: 2 314253 ,2 ,aqaq aqaq aqaq 233445 ,aa aa aa成等差数列 34

    41、4523 2 aaaaaa 即 22 2222320qqqqqqq 2q或1q (舍) 2 2 nn aa 当21nkkN 时, 1 2 n k 1 211 2k k aa ,即 11 1 22 22 nn n a 当21nkkN 时, 2 n k 1 22 2k k aa ,即 1 22 2 22 nn n a 综上所述: 1 2 2 2, 2 , n n n n a n 为奇数 为偶数 (2)由(1)可得: 1 2 2 1 log 21 2 222 n n n n n n bn 设 n b的前n项和为 n T 23 1 22 23 22n n Tn 2341 21 22 23 2122 n

    42、n n Tnn 两式相减可得: 21+11 2 21 22222122 21 n nnnn n Tnnn 1 1 22 n n Tn 11、解析: (1)因为 n a是递增数列 11 n nnnn aaaap ,其中0p 由 1 1a 可得: 21 1aapp , 22 32 1aappp 123 ,2,3aaa成等差数列 213 43aaa 代入可得: 2 4 113 1qqq 解得: 1 3 p 或0p (舍) 1 3 p (2)因为 21n a 为递增数列 2121 0 nn aa 212221 0 nnnn aaaa 因为 221 11 22 nn 212221nnnn aaaa 由可

    43、得: 221 0 nn aa 21 221 1 2 n nn aa 同理:因为 2n a为递增数列 222 0 nn aa 22121220nnnn aaaa 因为 2122 11 22 nn 2212122nnnn aaaa 2122 0 nn aa 22 2122 1 2 n nn aa 综合可得: 1 1 11 22 n n nn n aa 1 1 1 2 n nn aa 2 12 1 2 n nn aa 21 1 2 aa 1 12 1 11 1 22 111 1222 1 2 n nn n aa 1 11 1 32 n 1 411 332 n n a 12、解析: (1)由 4n SS可知: 45 0,0aa,即 1 1 30 40 ad ad 2 a为整数 212 10daaaZ 结合不等式 1030 1040 d d

    展开阅读全文
    提示  163文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
    关于本文
    本文标题:高中数学讲义微专题54《数列求和(含通项公式与求和习题》讲义.doc
    链接地址:https://www.163wenku.com/p-763619.html
    副主任
         内容提供者      个人认证 实名认证

    Copyright@ 2017-2037 Www.163WenKu.Com  网站版权所有  |  资源地图   
    IPC备案号:蜀ICP备2021032737号  | 川公网安备 51099002000191号


    侵权投诉QQ:3464097650  资料上传QQ:3464097650
       


    【声明】本站为“文档C2C交易模式”,即用户上传的文档直接卖给(下载)用户,本站只是网络空间服务平台,本站所有原创文档下载所得归上传人所有,如您发现上传作品侵犯了您的版权,请立刻联系我们并提供证据,我们将在3个工作日内予以改正。

    163文库