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2018年高中数学复习课二数列学案新人教A版必修5

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                           复习课(二) 数 列

                                     等差数列与等比数列的基本运算


    数列的基本运算以小题出现具多,但也可作为解答题第一步命题,主要考查利用数列
的通项公式及求和公式,求数列中的项、公差、公比及前                        n 项和等,一般试题难度较小.

                                    [考点精要]
    1.等差数列

    (1)通项公式:an=a1+(n-1)d.
                             nn-1    a1+ann

    (2)前 n 项和公式:Sn=na1+         2   d=     2    .
                       d       d
                            a1-
                         2 (    )
    (3)前 n 项和公式    Sn=2n +     2 n 视为关于    n 的一元二次函数,开口方向由公差
                 a1+ann

d 的正负确定;Sn=          2    中(a1+an)视为一个整体,常与等差数列性质结合利用“整
体代换”思想解题.
    2.等比数列

                       n-1
    (1)通项公式:an=a1q       .

    (2)前 n 项和公式:Sn=Error!

                                                        n
    (3)等比数列{an},Sn    为其前    n 项和,则   Sn 可表示为   Sn=k·q   +b,(k≠0,且     k+b=
0).
    [典例] 成等差数列的三个正数的和等于                 15,并且这三个数分别加上          2,5,13 后成为

等比数列{bn}中的      b3,b4,b5.

    (1)求数列{bn}的通项公式;
                                             5
                                        {Sn+ }
    (2)数列{bn}的前    n 项和为   Sn,求证:数列          4 是等比数列.
    [解] (1)设成等差数列的三个正数分别为                a-d,a,a+d.依题意,得        a-d+a+a+
d=15,解得    a=5.

    所以{bn}中的    b3,b4,b5 依次为   7-d,10,18+d.
    依题意,(7-d)(18+d)=100,
    解得  d=2  或 d=-13(舍去),

                                 n-3
    ∴b3=5,公比     q=2,故   bn=5·2    .
                        5

    (2)证明:由(1)知     b1=4,公比    q=2,
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          5
          1-2n
          4                 5
                        n-2
    ∴Sn=    1-2   =5·2    -4,
                                        5
                                    Sn+
                                        4
          5                  5  5         5 5·2n-2
                                   Sn-1+
                 n-2
    则 Sn+4=5·2     ,因此    S1+4=2,         4=5·2n-3=2(n≥2).
               5    5
           Sn+
    ∴数列{       4}是以2为首项,公比为        2 的等比数列.
    [类题通法]

    在等差(或等比)数列中,首项            a1 与公差  d(或公比   q)是两个基本量,一般的等差(或等

比)数列的计算问题,都可以设出这两个量求解.在等差数列中的五个量                              a1,d,n,an,

Sn 或等比数列中的五个量         a1,q,n,an,Sn   中,可通过列方程组的方法,知三求二.在利

用  Sn 求 an 时,要注意验证     n=1 是否成立.

                                    [题组训练]

    1.在等比数列{an}中,Sn       是它的前    n 项和,若    a2·a3=2a1,且   a4 与 2a7 的等差中项

为  17,则  S6=(  )
      63
    A. 4                            B.16
                                       61
    C.15                             D. 4

    解析:选    A 设{an}的公比为      q,则由等比数列的性质知,a2a3=a1a4=2a1,则              a4=
                                                                a7
                                                              3
2;由   a4 与 2a7 的等差中项为    17 知,a4+2a7=2×17=34,得       a7=16.∴q  =a4=8,即    q=
                     1
                      1-26
         a4 1        4          63

2,∴a1=q3=4,则      S6=   1-2   = 4 ,故选   A.

    2.已知等差数列{an}的前         n 项和为  Sn,且  a3+a8=13,S7=35,则     a7=________.

    解析:设等差数列{an}的公差为           d,则由已知得(a1+2d)+(a1+7d)=13,S7=
7a1+a1+6d

      2      =35.联立两式,解得        a1=2,d=1,∴a7=a1+6d=8.
    答案:8

    3.设  Sn 是数列{an}的前    n 项和,已知     a1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1.
                   1
 其中12+22+…+n2=      nn+12n+1
(                  6               )
           { 1 }
    (1)求证   Sn 是等差数列,并求        Sn;
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             1

    (2)若 bn=an,求数列{bn}的前      n 项和  Tn.
                 1   1
    解:(1)证明:S1=a1=-1.
                              1     1

    因为  Sn+1-Sn=SnSn+1,所以Sn+1-Sn=-1,
         1
    所以{Sn}是首项为-1、公差为-1            的等差数列,
        1
    所以Sn=-1+(n-1)×(-1)=-n,
            1

    故 Sn=-n.
           1                               1    1      1
                                                                  2
    (2)b1=a1=-1.当    n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-n+n-1=nn-1,bn=n           -n.

    所以  T1=-1.当   n≥2  时,

              2   2      2
    Tn=-1+(2   +3  +…+n   )-(2+3+…+n)
    =-1+(12+22+32+…+n2)-(1+2+3+…+n)
           1               1
    =-1+6n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)
           1
    =-1+3n(n+1)(n-1).
               1

    故 Tn=-1+3n(n+1)(n-1).

                                      等差、等比数列的性质及应用


    等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前                         n 项和的性质.利用性质
求数列中某一项等,试题充分体现“小”“巧”“活”的特点,题型多以选择题和填空题
的形式出现,一般难度较小.

    [考点精要]

            等差数列的性质                                 等比数列的性质

若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)                   若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)

则 am+an=ap+aq.                          则 am·an=ap·aq
特别地,若     m+n=2p,                       特别地,若     m+n=2p,
                                                  2
则 am+an=2ap                             则 am·an=ap

am,am+k,am+2k,…仍是等差数列,公差为               am,am+k,am+2k,…仍是等比数列,公比为
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kd                                      qk

若{an},{bn}是两个项数相同的等差数列,                 若{an},{bn}是两个项数相同的等比数列,

则{pan+qbn}仍是等差数列                        则{pan·qbn}仍是等比数列

                                        Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列(q≠-
Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等差数列
                                        1 或 q=-1  且 k 为奇数)

若数列{an}项数为     2n,                                           S偶
                                                              奇
               S奇     an                若数列{an}项数为     2n,则S    =q

则 S 偶-S 奇=nd,S偶=an+1

若数列{an}项数为     2n+1,则    S 奇-S 偶=an+                            S奇-a1
                                                                   偶
  S奇   n+1                              若数列{an}项数为     2n+1,则     S    =q

1,S偶=    n

      [典例] (1)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以                  Sn 表示

数列{an}的前    n 项和,则使得      Sn 取得最大值的     n 是(  )
    A.21                             B.20
    C.19                             D.18

                                       *
    (2)记等比数列{an}的前       n 项积为  Tn(n∈N  ),已知   am-1am+1-2am=0,且   T2m-1=128,
则  m=________.

    [解析] (1)由    a1+a3+a5=105  得,3a3=105,

    ∴a3=35.

    同理可得    a4=33,

    ∴d=a4-a3=-2,an=a4+(n-4)×(-2)
    =41-2n.

    由Error!得 n=20.

    ∴使  Sn 达到最大值的      n 是 20.

    (2)因为{an}为等比数列,所以         am-1am+1=am2 ,又由  am-1am+1-2am=0,从而    am=2.由

                                        -       2m-1
等比数列的性质可知前(2m-1)项积             T2m-1=a2mm 1,则  2    =128,故   m=4.
    [答案] (1)B (2)4
    [类题通法]

    关于等差(比)数列性质的应用问题,可以直接构造关于首项                        a1 和公差  d(公比   q)的方
程或方程组来求解,再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值,此解思路简单,但运算
过程复杂.

                                    [题组训练]

    1.等差数列{an}的前       16 项和为  640,前   16 项中偶数项和与奇数项和之比为             22∶18,
         a9
则公差   d,a8的值分别是(  )
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          10                               10
    A.8,  9                          B.9,  9
          11                               11
    C.9,  9                          D.8,  9

    解析:选    D 设   S 奇=a1+a3+…+a15,S    偶=a2+a4+…+a16,则有       S 偶-S 奇=(a2-
                                     8a2+a16
                                         2
                                S偶   8a1+a15   a9

a1)+(a4-a3)+…+(a16-a15)=8d,S奇=           2     =a8.
                                        S偶-S奇     64     a9 S偶   11

    由Error!解得  S 奇=288,S  偶=352.因此   d=     8   = 8 =8,a8=S奇=     9 .故选 D.

    2.等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列的前               13 项和为(  
)
    A.13                             B.26
    C.52                             D.156

    解析:选    B 3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,∴6a4+6a10=24,∴a4+a10=4,
      13a1+a13   13a4+a10   13 × 4

∴S13=      2     =      2     =   2  =26,故选    B.

                                                         2n
    3.已知等比数列{an}满足         an>0,n=1,2,…,且     a5·a2n-5=2  (n≥3),则   log2a1+

log2a3+…+log2a2n-1 等于(  )
    A.n(2n-1)                        B.(n+1)2
    C.n2                             D.(n-1)2

                                2n               n
    解析:选    C ∵a5·a2n-5=an2=2    ,且  an>0,∴an=2   ,

             2n-1
    ∵a2n-1=2    ,∴log2a2n-1=2n-1,
                                                       n[1+2n-1]
                                                                       2
    ∴log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=1+3+5+…+(2n-1)=               2      =n .

                                           数列的通项及求和


    通项及数列求和一直是考查的热点,在命题中,多以与不等式的证明或求解相结合的
形式出现.一般数列的求和,主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题,题型多
以解答题形式出现,难度较大.

                                    [考点精要]
    1.已知递推公式求通项公式的常见类型

    (1)类型一 an+1=an+f(n)

    把原递推公式转化为         an+1-an=f(n),再利用累加法(逐差相加法)求解.

    (2)类型二 an+1=f(n)an
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                      an+1
    把原递推公式转化为          an =f(n),再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.

    (3)类型三 an+1=pan+q(其中       p,q 均为常数,pq(p-1)≠0),
                                                              q

    先用待定系数法把原递推公式转化为                an+1-t=p(an-t),其中     t=1-p,再利用换元
法转化为等比数列求解.
    2.数列求和
    (1)错位相减法:适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数

列.把   Sn=a1+a2+…+an    两边同乘以相应等比数列的公比              q,得到   qSn=a1q+a2q+…+

anq,两式错位相减即可求出           Sn.
    (2)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中
                                       c
                                   {    + }
间若干项的方法,裂项相消法适用于形如                  anan 1 (其中{an}是各项均不为零的等差数列,
c 为常数)的数列.
    (3)拆项分组法:把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单
的数列,最后分别求和.
    (4)并项求和法:与拆项分组相反,并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起,重
新构成一个数列再求和,一般适用于正负相间排列的数列求和,注意对数列项数奇偶性的
讨论.

    [典例] (1)已知数列{an}中,a1=1,an+1=an(1-nan+1),则数列{an}的通项公式为(  
)
           n2-n+2                           n2-n+1

    A.an=     2                      B.an=     2
              2                                2

    C.an=n2-n+1                      D.an=n2-n+2

                                                                  *
    (2)已知正项数列{an}的前        n 项和 Sn 满足:4Sn=(an-1)·(an+3),(n∈N       ).

    ①求  an 的通项公式;

             n
    ②若  bn=2  ·an,求数列{bn}的前      n 项和  Tn.
                                    1    1            1

    [解析] (1)原数列递推公式可化为an+1-an=n,令                 bn=an,则  bn+1-bn=n,因此

bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)+b1=(n-1)+(n-2)+…+2+
      n2-n+2              2

1+1=     2   .从而   an=n2-n+2.故选    D.
    [答案] D

    (2)解:①因为     4Sn=(an-1)(an+3)=an2+2an-3,

    所以当   n≥2  时,4Sn-1=an-2  1+2an-1-3,
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    两式相减得,4an=an2-an-2      1+2an-2an-1,

    化简得,(an+an-1)(an-an-1-2)=0,

    由于{an}是正项数列,所以          an+an-1≠0,

                                         *
    所以  an-an-1-2=0,即对任意        n≥2,n∈N   都有  an-an-1=2, 

    又由  4S1=a12+2a1-3  得,a12-2a1-3=0,

    解得  a1=3 或  a1=-1(舍去),

    所以{an}是首项为      3,公差为    2 的等差数列,

    所以  an=3+2(n-1)=2n+1.

                                  n
    ②由已知及(1)知,bn=(2n+1)·2          ,

            1     2     3                n-1           n
    Tn=3·2  +5·2   +7·2  +…+(2n-1)·2       +(2n+1)·2    ,(ⅰ)

            2      3     4                n           n+1
    2Tn=3·2  +5·2   +7·2  +…+(2n-1)·2     +(2n+1)·2      ,(ⅱ)
    (ⅱ)-(ⅰ)得,

             1     2   3  4       n            n+1
    Tn=-3×2   -2(2  +2 +2  +…+2   )+(2n+1)·2
              41-2n-1
    =-6-2×        1-2    +(2n+1)·2n+1
    =2+(2n-1)·2n+1.
    [类题通法]

    (1)由递推公式求数列通项公式时,一是要注意判别类型与方法.二是要注意                               an 的完
整表达式,易忽视        n=1  的情况.
    (2)数列求和时,根据数列通项公式特征选择求和法,尤其是涉及到等比数列求和时要

注意公比    q 对 Sn 的影响.

                                    [题组训练]

                      2
    1.已知函数     f(n)=n  cos(nπ),且   an=f(n)+f(n+1),则    a1+a2+a3+…+a100=
________.
    解析:因为     f(n)=n2cos(nπ),

    所以  a1+a2+a3+…+a100=[f(1)+f(2)+…+f(100)]+[f(2)+…+f(101)],
    f(1)+f(2)+…+f(100)=-12+22-32+42-…-992+1002=(22-12)+(42-
                                 503+199
32)+…(1002-992)=3+7+…+199=            2     =5 050,
    f(2)+…+f(101)=22-32+42-…-992+1002-1012=(22-32)+(42-52)+…+
(1002-1012)
                       50-5-201
    =-5-9-…-201=            2      =-5 150,

    所以  a1+a2+a3+…+a100=[f(1)+f(2)+…+f(100)]+[f(2)+…+f(101)]
    =-5 150+5 050=-100.
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    答案:-100

                    2        n-1
    2.已知   a1+2a2+2  a3+…+2     an=9-6n,则数列{an}的通项公式是________.

                         2        n-1
    解析:令    Sn=a1+2a2+2   a3+…+2     an,

    则 Sn=9-6n,当    n=1  时,a1=S1=3;
                                               3
                n-1
    当 n≥2  时,2    ·an=Sn-Sn-1=-6,∴an=-2n-2.

    ∴通项公式     an=Error!

    答案:an=Error!
                                        1
                                                  *
    3.已知数列{an}的前       n 项和是  Sn,且  Sn+2an=1(n∈N   ).

    (1)求数列{an}的通项公式;
                1                        1     1          1
                              *
    (2)设 bn=log3(1-Sn+1)(n∈N   ),令  Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1,求       Tn.
                                   1            2                   1

    解:(1)当   n=1  时,a1=S1,由    S1+2a1=1,得    a1=3,当  n≥2  时,Sn=1-2an,Sn-
      1

1=1-2an-1,
                1                1                   1

    则 Sn-Sn-1=2(an-1-an),即    an=2(an-1-an),所以    an=3an-1(n≥2).
                 2        1

    故数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列.
          2   1        1
             ( )n-1    ( )n   *
    故 an=3·   3   =2·  3 (n∈N  ).
                  1    1
                      ( )n
    (2)因为  1-Sn=2an=   3 .
               1             1 1                 1           1         1
                              ( )n+1              +      +      +      +
    所以  bn=log3(1-Sn+1)=log3   3   =n+1,因为bnbn      1=n   1n   2=n   1-
  1
n+2,
             1     1          1     1  1   1  1        1     1    1   1
                                     -      -             -
                               +    (   ) (    )     ( +    +  )     +
    所以  Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn      1= 2  3 + 3  4 +…+   n  1 n  2 =2-n   2=
   n
2n+2.
                          1

    4.已知数列{an}满足       a1=2,an+1an=2an+1-1,令    bn=an-1.
                  1
    (1)求证:数列{bn}为等差数列;
             an+1                               3

    (2)设 cn=  an ,求证:数列{cn}的前        n 项和  Tn0                           B.d<0

    C.a1d>0                          D.a1d<0
                                     2a1an+1
                                                                    0
    解析:选    D ∵{2a1an}为递减数列,∴         2a1an =2a1an+1-a1an=2a1d<1=2  ,

∴a1d<0,故选    D.
                            1

    2.在等差数列{an}中,a9=2a12+6,则数列{an}的前              11 项和 S11=(  )
    A.24                             B.48
    C.66                             D.132
                     1

    解析:选    D 由   a9=2a12+6 得,2a9-a12=12,

    由等差数列的性质得,2a9-a12=a6+a12-a12=12,则              a6=12,所以   S11=
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11a1+a11   11 × 2a6
     2     =    2   =132,故选    D.

                                 *
    3.已知数列{an}对任意的         p,q∈N  满足  ap+q=ap+aq,且   a2=-6,那么     a10 等于(  
)
    A.-165                           B.-33
    C.-30                            D.-21

    解析:选    C 由已知得     a2=a1+a1=2a1=-6,

    ∴a1=-3.

    ∴a10=2a5=2(a2+a3)=2a2+2(a1+a2)=4a2+2a1
    =4×(-6)+2×(-3)=-30.
                                                                 S8

    4.设  Sn 是公差不为     0 的等差数列{an}的前      n 项和,若   a1=2a8-3a4,则S16=(  )
      3                              1
    A.10                           B.3
      1                              1
    C.9                            D.8

    解析:选    A 由题意可得,a1=2a1+14d-3a1-9d,
          5     S8   8a1+28d    20d+28d   48d   3

    ∴a1=2d,又S16=16a1+120d=40d+120d=160d=10,故选          A.
    5.已知数列     2 008,2 009,1,-2 008,-2 009,…这个数列的特点是从第二项起,

每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前                     2 016 项之和   S2 016 等于(  )
    A.1                              B.2 010
    C.4 018                          D.0

    解析:选    D 由已知得     an=an-1+an+1(n≥2),∴an+1=an-an-1.
    故数列的前     n 项依次为    2   008,2   009,1,-2     008,-2    009,-1,2     008,2 

009,….由此可知数列为周期数列,周期为                 6,且  S6=0.∵2   016=6×336,∴S2    016=S6=
0.
                                               5         5    Sn

    6.已知等比数列{an}的前         n 项和为  Sn,且  a1+a3=2,a2+a4=4,则an=(  )
    A.4n-1                           B.4n-1
    C.2n-1                           D.2n-1

    解析:选    D 设等比数列{an}的公比为          q,

    ∵Error!∴Error!
                1
    由①÷②可得q=2,
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         1

    ∴q=2,代入①解得        a1=2,
             1      4
            ( )n-1
    ∴an=2×   2   =2n,
                1
          2 × 1-  n
            [   (2) ]
               1          1
             1-       (1-   )
    ∴Sn=       2    =4    2n ,
               1
          4 1-
           (  2n)
      Sn     4
    ∴an=    2n   =2n-1.

    7.已知数列{an}的通项公式为          an=2n-30,Sn   是{|an|}的前   n 项和,则   S10=
________.

    解析:由    an=2n-30,令    an<0,得  n<15,即在数列{an}中,前        14 项均为负数,

    所以  S10=-(a1+a2+a3+…+a10)
        10

    =-  2 (a1+a10)=-5[(-28)+(-10)]=190.
    答案:190

    8.设公比为     q(q>0)的等比数列{an}的前       n 项和为   Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则
q=________.

                                                                        2
    解析:由    S2=3a2+2,S4=3a4+2    相减可得    a3+a4=3a4-3a2,同除以      a2 可得 2q -
                3                          3
q-3=0,解得     q=2或   q=-1.因为    q>0,所以   q=2.
          3
    答案:2
                                      1
                                                      *
    9.数列{an}满足     a1=1,an-an-1=nn-1(n≥2     且  n∈N ),则数列{an}的通项公式

为  an=________.
                      1

    解析:an-an-1=nn-1(n≥2),a1=1,
               1      1

    ∴a2-a1=2   × 1=1-2,
             1   1  1

    a3-a2=3  × 2=2-3,
             1   1  1

    a4-a3=4  × 3=3-4,…,
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                1       1   1

    an-an-1=nn-1=n-1-n.
    以上各式累加,得
               1   1 1         1   1
            1-      -            -
           (    ) (   )      ( -    )
    an-a1=     2 + 2 3 +…+   n  1  n
         1
    =1-n.
                1     1               1

    ∴an=a1+1-n=2-n,当       n=1  时,2-n=1=a1,
            1                              1

    ∴an=2-n,故数列{an}的通项公式为            an=2-n.
             1
    答案:2-n

    10.已知数列{an}满足       a1=1,an+1=2an,数列{bn}满足      b1=3,b2=6,且{bn-an}为
等差数列.

    (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;

    (2)求数列{bn}的前     n 项和  Tn.

    解:(1)由题意知数列{an}是首项          a1=1,公比    q=2  的等比数列,

             n-1
    所以  an=2    .

    因为  b1-a1=2,b2-a2=4,

    所以数列{bn-an}的公差       d=2,

    所以  bn-an=(b1-a1)+(n-1)d=2+2(n-1)=2n,

                 n-1
    所以  bn=2n+2    .

    (2)Tn=b1+b2+b3+…+bn
    =(2+4+6+…+2n)+(1+2+4+…+2n-1)
      2+2nn   1 × 1-2n
    =     2   +     1-2
    =n(n+1)+2n-1.
                                                       anan+1
                                                                     *
    11.已知数列{an}的各项均为正数,前             n 项和为   Sn,且  Sn=     2    (n∈N ).

    (1)求证:数列{an}是等差数列;
             1

    (2)设 bn=Sn,Tn=b1+b2+…+bn,求       Tn.
                    anan+1
                                  *
    解:(1)证明:Sn=         2    (n∈N  ),①
          an-1an-1+1

    Sn-1=       2       (n≥2).②
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                an2+an-an-2 1-an-1

    ①-②得    an=         2         (n≥2),

    整理得(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1(n≥2).

    ∵数列{an}的各项均为正数,

    ∴an+an-1≠0,∴an-an-1=1(n≥2).

    当 n=1  时,a1=1,∴数列{an}是首项为          1,公差为    1 的等差数列.
                  n2+n

    (2)由(1)得  Sn=   2 ,
           2       2       1   1
                            -
           +       +       (   +  )
    ∴bn=n2   n=nn   1=2  n  n  1 ,
                  1    1 1   1  1       1   1              1     2n
                1-     -      -          -             1-
               (   )  (   )  (   )      (   +  )       (   +  )  +
    ∴Tn=2Error!   2 +  2 3 + 3  4 +…+   n  n  1 Error!=2  n  1 =n  1.

                                         2n-1
    12.设数列{an}满足      a1=2,an+1-an=3×2      .

    (1)求数列{an}的通项公式;

    (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前      n 项和  Sn.
    解:(1)由已知,

    an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
    =3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.

    而 a1=2,符合上式,

                                2n-1
    所以数列{an}的通项公式为          an=2   .

                     2n-1
    (2)由 bn=nan=n·2      知

                 3      5         2n-1
    Sn=1×2+2×2    +3×2  +…+n×2       ,①

         2         3      5     7          2n+1
    从而  2 ·Sn=1×2   +2×2   +3×2  +…+n×2       .②

                 2        3  5       2n-1     2n+1
    ①-②得(1-2     )Sn=2+2  +2  +…+2      -n×2     ,
      1
                2n+1
即  Sn=9[(3n-1)2    +2].
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