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【新步步高】(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第2讲 数列的求和问题 理


第2讲

数列的求和问题

1.(2015·福建)在等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an-2+n,求 b1+b2+b3+?+b10 的值.

2.(2014·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x -5x+6=0 的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{ n}的前 n 项和. 2

2

an

高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现,通过分组转化、错位相 减、裂项相消等方法求一般数列的和,体现转化与化归的思想.

热点一 分组转化求和

1

有些数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将数列通项拆开或变形,可转化为几个等 差、等比数列或常见的数列,即先分别求和,然后再合并. 例 1 等比数列{an}中,a1,a2,a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且 a1,a2,a3 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第一行 第二行 第三行 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1) ln an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
n

第二列 2 4 8

第三列 10 14 18

3 6 9

思维升华 在处理一般数列求和时, 一定要注意使用转化思想. 把一般的数列求和转化为等 差数列或等比数列进行求和, 在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列, 哪些项构成等比数 列,清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时,由于数列的各项是正负交替的,所以一般 需要对项数 n 进行讨论,最后再验证是否可以合并为一个公式. 跟踪演练 1 在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N ,将数列{an}中落入区间(9 9 )内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前 m 项 和 Sm.
*

m, 2m

2

热点二 错位相减法求和 错位相减法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列 {an·bn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. 例 2
1

(2015·衡阳联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且有 a1=2,3Sn=5an-an-1+3Sn-

(n≥2).

(1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前 n 项和,其中{an}为等差数列,{bn}为 等比数列;(2)所谓“错位”,就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分,求 等比数列的和,此时一定要查清其项数.(3)为保证结果正确,可对得到的和取 n=1,2 进行 验证. 跟踪演练 2 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N ), (1)求数列{an}的通项公式;
*

3

(2)若 bn=

n ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an+1-an

热点三 裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后, 某些项可以相互抵消从而求和的方法, 主 要适用于{ 例3 1

anan+1

}或{

1

anan+2

}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.

(2015·广东韶关高三联考)已知在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满

1 2 足 Sn=an(Sn- ). 2 (1)求 Sn 的表达式; (2)设 bn=

Sn 1 ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明 Tn< . 2n+1 2

思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项 an 分拆成 an=bn+k-bn(k≥1,k∈N )的形 式,从而达到在求和时某些项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an} 的通项公式,使之符合裂项相消的条件.

*

4

(2)常化的裂项公式 ① ② ③ 1 1 1 1 = ( - ); n?n+k? k n n+k 1 1 1 1 = ( - ); ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1

n+ n+k k

1 = ( n+k- n). 1 ,其前 n 项和 Sn=9,则 n=________.

跟踪演练 3 (1)已知数列{an},an=

n+1+ n

?1? * (2)(2015·江苏)设数列{an}满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N ),则数列? ?前 10 项的和 ?an?

为________.

n+2 1.已知数列{an}的通项公式为 an= n ,其前 n 项和为 Sn,若存在实数 M,满足对 2 n?n+1?
任意的 n∈N ,都有 Sn<M 恒成立,则 M 的最小值为________. 2.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn=a(Sn-an+1)(a 为常数,且 a>0),且 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项. (1)求{an}的通项公式; 2n+1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
*

an

提醒:完成作业 专题三 第 2 讲

5

二轮专题强化练 专题三

第2讲

数列的求和问题

A组

专题通关 )

1 1 1 1 1.已知数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,则其前 n 项和 Sn 为( 2 4 8 16 A.n +1- C.n +1-
2 2

1 n 2 1 2
n-1

1 2 B.n +2- n 2 1 2 D.n +2- n-1 2 )

2.已知在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+|a3|+?+|a30|等于( A.445 C.1 080 B.765 D.3 105

3.在等差数列{an}中,a1=-2 012,其前 n 项和为 Sn,若 - =2 002,则 S2 014 的值 2 012 10 等于( A.2 011 C.2 014 ) B.-2 012 D.-2 013 )

S2 012

S10

4. 已知数列{an}满足 a1=1, a2=3, an+1an-1=an(n≥2), 则数列{an}的前 40 项和 S40 等于( A.20 B.40 C.60 D.80 1 1 1 1 5.(2015·绍兴模拟) 2 + 2 + 2 +?+ 的值为( 2 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1? -1 )

n+1 3 n+1 A. B. - 2?n+2? 4 2?n+2?
3 1 1 1 C. - ( + ) 4 2 n+1 n+2
x

3 1 1 D. - + 2 n+1 n+2

4 1 2 2 014 6.设 f(x)= x ,若 S=f( )+f( )+?+f( ),则 S=________. 4 +2 2 015 2 015 2 015 7.(2015·浙江名校联考)在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1) an=1,记 Sn 是数列{an}的前 n
6
n

项和,则 S60=________. 8.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,若

S2n * (n∈N )是非零常数,则称该数列为“和等比数列”; Sn

若数列{cn}是首项为 2,公差为 d(d≠0)的等差数列,且数列{cn}是“和等比数列”,则 d= ________. 9.(2014·北京)已知{an}是等差数列,满足 a1=3, a4=12,数列{bn}满足 b1=4,b4=20, 且{bn-an}为等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和.

10.(2015·山东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn=3 +3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn.

n

7

B组 11.数列{an}满足 a1=2,an= 1 A. 6 C.1

能力提高 )

an+1-1 ,其前 n 项积为 Tn,则 T2 016 等于( an+1+1
1 B.- 6 D.-1

1 1 2 12.已知数列{an}满足 an+1= + an-an,且 a1= ,则该数列的前 2 016 项的和等于( 2 2 A.1 509 B.3 018 C.1 512 D.2 016 13. 已知 lg x+lg y=1, 且 Sn=lg x +lg(x
n n-1

)

y)+lg(xn-2y2)+?+lg yn, 则 Sn=________.
*

14. (2015·湖南)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a1=1, a2=2, 且 an+2=3Sn-Sn+1+3, n∈N . (1)证明:an+2=3an; (2)求 Sn.

8

学生用书答案精析 第2讲 数列的求和问题

高考真题体验 1.解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
?a1+d=4, ? 由已知得? ? ??a1+3d?+?a1+6d?=15, ? ?a1=3, ?d=1. ?

解得?

所以 an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得 bn=2 +n, 所以 b1+b2+b3+?+b10=(2+1)+(2 +2)+(2 +3)+?+(2 +10) =(2+2 +2 +?+2 )+(1+2+3+?+10) 2?1-2 ? ?1+10?×10 = + 1-2 2 =(2 -2)+55 =2 +53=2 101. 2.解 (1)方程 x -5x+6=0 的两根为 2,3, 由题意得 a2=2,a4=3. 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d, 1 3 故 d= ,从而 a1= . 2 2 1 所以{an}的通项公式为 an= n+1. 2 (2)设{ n}的前 n 项和为 Sn. 2
2 11 11 10 2 3 10 2 3 10

n

an

an n+2 由(1)知 n= n+1 ,则 2 2
3 4 n+1 n+2 Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 1 3 4 n+1 n+2 Sn= 3+ 4+?+ n+1 + n+2 . 2 2 2 2 2 两式相减得

9

1 3 1 1 n+2 Sn= +( 3+?+ n+1)- n+2 2 4 2 2 2 3 1 1 n+2 = + (1- n-1)- n+2 . 4 4 2 2 所以 Sn=2-

n+4
2
n+1

.

热点分类突破 例 1 解 (1)当 a1=3 时,不合题意; 当 a1=2 时,当且仅当 a2=6,a3=18 时,符合题意; 当 a1=10 时,不合题意. 因此 a1=2,a2=6,a3=18,所以公比 q=3. 故 an=2·3
n-1

(n∈N ).
n

*

(2)因为 bn=an+(-1) ln an =2·3 =2·3 =2·3
n-1

+(-1) ln(2·3
n

n

n-1

)

n-1

+(-1) [ln 2+(n-1)ln 3] +(-1) (ln 2-ln 3)+(-1) nln 3,
n-1 n n

n-1

所以 Sn=2(1+3+?+3 +(-1) n]ln 3. 当 n 为偶数时,
n

)+[-1+1-1+?+(-1) ]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+?

n

Sn=2×
n

1-3 n + ln 3 1-3 2

n

=3 + ln 3-1; 2 当 n 为奇数时,

n

Sn=2×
=3 -
n

n 1-3 ?n-1-n?ln 3 -(ln 2-ln 3)+? ? 1-3 ? 2 ?

n-1
2

ln 3-ln 2-1.

综上所述,Sn=

n n为偶数, ? ?3 +2ln 3-1, ? n-1 ? ?3 - 2 ln 3-ln 2-1, n为奇数.
n n

跟踪演练 1 解 (1)因为{an}是一个等差数列, 所以 a3+a4+a5=3a4=84,所以 a4=28.
10

设数列{an}的公差为 d, 则 5d=a9-a4=73-28=45,故 d=9. 由 a4=a1+3d 得 28=a1+3×9,即 a1=1, 所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N ). (2)对 m∈N ,若 9 <an<9 , 则 9 +8<9n<9 +8, 因此 9
m-1 m
2m * *

m

2m

+1≤n≤9
2m-1

2m-1



故得 bm=9

-9

m-1

.

于是 Sm=b1+b2+b3+?+bm =(9+9 +?+9
m
3 2m-1

)-(1+9+?+9
m

m-1

)

9×?1-81 ? 1-9 = - 1-81 1- 9 9 =
2m+1

-10×9 +1 . 80

m

例 2 解 (1)3Sn-3Sn-1 =5an-an-1(n≥2), ∴2an=an-1, 又∵a1=2, 1 ∴{an}是以 2 为首项,公比为 的等比数列, 2 1 n-1 1 n-2 2-n ∴an=2×( ) =( ) =2 . 2 2 (2)bn=(2n-1)2
2-n

an 1 = , an-1 2



Tn=1×21+3×20+5×2-1+?+(2n-1)·22-n,
1 Tn=1×20+3×2-1+?+(2n-3)·22-n+(2n-1)·21-n, 2 1 0 -1 2-n 1-n ∴ Tn=2+2(2 +2 +?+2 )-(2n-1)·2 2 2[1-?2 ? =2+ -1 1-2 =6-(2n+3)×2
-1

n-1

] 1-n -(2n-1)2

1-n


2-n

∴Tn=12-(2n+3)×2

.

跟踪演练 2 解 (1)∵Sn+1=2Sn+n+1,当 n≥2 时,Sn=2Sn-1+n, ∴an+1=2an+1,
11

∴an+1+1=2(an+1), 即

an+1+1 =2(n≥2),① an+1

又 S2=2S1+2,a1=S1=1, ∴a2=3,∴

a2+1 =2, a1+1

∴当 n=1 时,①式也成立, ∴an+1=2 ,即 an=2 -1(n∈N ). (2)∵an=2 -1, ∴bn= ?2
n+1 n n n
*

= n+1 n= n, -1?-?2 -1? 2 -2 2
n

n

n

n

1 2 3 n ∴Tn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 1 1 2 n-1 n Tn= 2+ 3+?+ n + n+1, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n ∴Tn=2( + 2+ 3+?+ n- n+1) 2 2 2 2 2 1 n n+2 =2- n-1- n=2- n . 2 2 2 1 2 例 3 (1)解 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 代入 Sn=an(Sn- ),得 2SnSn-1+Sn-Sn-1=0,由于 2

Sn≠0,
1 1 所以 - =2,

Sn Sn-1 Sn

1 所以{ }是首项为 1,公差为 2 的等差数列, 1 从而 =1+(n-1)×2=2n-1,

Sn

1 所以 Sn= . 2n-1 (2)证明 因为 bn= = 2n+1 1 1 1 1 = ( - ), ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn= [(1- )+( - )+?+( - )] 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 1 = (1- )< , 2 2n+1 2 1 所以 Tn< . 2

Sn

12

20 跟踪演练 3 (1)99 (2) 11 解析 (1)因为 an= = n+1- n, 所以 Sn=a1+a2+a3+?+an-1+an=( 2-1)+( 3- 2)+( 4- 3)+?+( n- n-1) +( n+1- n)= n+1-1. 由 n+1-1=9,解得 n=99. (2)∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,?,an-an-1=n,将以上 n-1 个式 ?2+n??n-1? n?n+1? 子相加得 an-a1=2+3+?+n= ,即 an= , 2 2 1 令 bn= , 1

n+1+ n

an

故 bn=

1 ? 2 ?1 =2? - ?, n n + 1? n?n+1? ?

故 S10=b1+b2+?+b10 1 1 ? 20 ? 1 1 1 =2?1- + - +?+ - ?= . 10 11? 11 ? 2 2 3 高考押题精练 1.1

n+ 2 2?n+1?-n 1 1 解析 因为 an= n = n = n-1 - n , 2 n?n+1? 2 n?n+1? 2 n 2 ?n+1?
1 1 1 1 1 1 所以 Sn=( 0 - 1 )+( 1 - 2 )+?+[ n-1 - n ] 2 ×1 2 ×2 2 ×2 2 ×3 2 n 2 ?n+1? 1 =1- n , 2 ?n+1? 1 由于 1- n <1,所以 M 的最小值为 1. 2 ?n+1? 2.解 (1)当 n=1 时,S1=a(S1-a1+1), 所以 a1=a, 当 n≥2 时,Sn=a(Sn-an+1),①

Sn-1=a(Sn-1-an-1+1),②
由①-②,得 an=a×an-1, 即

an =a, an-1

故{an}是首项 a1=a,公比等于 a 的等比数列, 所以 an=a×a
n-1

=a .
13

n

故 a2=a ,a3=a . 由 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项,可得 8a3=a1+2a2, 即 8a =a+2a , 因为 a≠0,整理得 8a -2a-1=0, 即(2a-1)(4a+1)=0, 1 1 解得 a= 或 a=- (舍去), 2 4 1 n 1 故 an=( ) = n. 2 2 2n+1 n (2)由(1),得 bn= =(2n+1)×2 ,
2 3 2

2

3

an
2

所以 Tn=3×2+5×2 +7×2 +?+(2n-1)×2
2 3 4

3

n-1

+(2n+1)×2 ,①
n+1

n

2Tn=3×2 +5×2 +7×2 +?+(2n-1)×2 +(2n+1)×2
2 3

n

,②

由①-②,得-Tn=3×2+2(2 +2 +?+2 )-(2n+1)×2 2 -2 n+1 =6+2× -(2n+1)·2 1-2 =-2+2
n+2
2

n

n+1

n+1

-(2n+1)·2
n+1

n+1

=-2-(2n-1)·2


n+1

所以 Tn=2+(2n-1)·2

.

14

二轮专题强化练答案精析 第2讲 数列的求和问题

1 1.A [因为 an=2n-1+ n, 2

所以 Sn=

n?1+2n-1?
2

1 1 ?1- n?· 2 2 + 1 1- 2

1 2 =n +1- n.] 2 2.B [∵an+1=an+3,∴an+1-an=3. ∴{an}是以-60 为首项,3 为公差的等差数列. ∴an=-60+3(n-1)=3n-63. 令 an≤0,得 n≤21. ∴前 20 项都为负值. ∴|a1|+|a2|+|a3|+?+|a30| =-(a1+a2+?+a20)+a21+?+a30 =-2S20+S30. ∵Sn=

a1+an -123+3n n= ×n,
2 2

∴|a1|+|a2|+|a3|+?+|a30|=765.] 3.C [等差数列中,Sn=na1+

n?n-1? Sn d Sn d, =a1+(n-1) ,即数列{ }是首项为 a1=-2 2 n 2 n S2 012 S10 d d

012,公差为 的等差数列;因为 - =2 002,所以,(2 012-10) =2 002, =1, 2 2 012 10 2 2 所以,S2 014=2 014· [(-2 012)+(2 014-1)×1]=2 014,选 C.] 4.C [由 an+1=

d

an 1 1 (n≥2),a1=1,a2=3,可得 a3=3,a4=1,a5= ,a6= ,a7=1,a8 an-1 3 3

26 =3,?,这是一个周期为 6 的数列,一个周期内的 6 项之和为 ,又 40=6×6+4,所以 3

S40=6× +1+3+3+1=60.]
1 1 1 5.C [∵ = 2 = 2 ?n+1? -1 n +2n n?n+2?
15

26 3

1 1 1 = ( - ), 2 n n+2 ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 +?+ = (1- + - + - +?+ - ) 2 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1? -1 2 3 2 4 3 5 n n +2
2

1 3 1 1 = ( - - ) 2 2 n+1 n+2 3 1 1 1 = - ( + ).] 4 2 n+1 n+2 6.1 007 解析 ∵f(x)= 4 4 2 ,∴f(1-x)= 1-x = x x, 4 +2 4 +2 2+4 4 2 + x=1. 4 +2 2+4
x x x
1-x

∴f(x)+f(1-x)=

S=f( S=f(

1 2 2 014 )+f( )+?+f( ),① 2 015 2 015 2 015 2 014 2 013 1 )+f( )+?+f( ),② 2 015 2 015 2 015 1 2 014 2 2 013 2 014 ) + f( )] + [f( ) + f( )] + ? + [f( )+ 2 015 2 015 2 015 2 015 2 015

① + ② 得 , 2S = [f(

f(

1 )]=2 014, 2 015

2 014 ∴S= =1 007. 2 7.480 解析 方法一 依题意得,当 n 是奇数时,an+2-an=1,即数列{an}中的奇数项依次形成首 30×29 项为 1、公差为 1 的等差数列,a1+a3+a5+?+a59=30×1+ ×1=465; 2 当 n 是偶数时,an+2+an=1,即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于 1,a2+a4+a6+

a8+?+a58+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+?+(a58+a60)=15.
因此,该数列的前 60 项和 S60=465+15=480. 方法二 ∵an+2+(-1) an=1,∴a3-a1=1,a5-a3=1,a7-a5=1,?,且 a4+a2=1,a6+
n

a4=1,a8+a6=1,?,∴{a2n-1}为等差数列,且 a2n-1=1+(n-1)×1=n,即 a1=1,a3=2, a5=3,a7=4,
∴S4=a1+a2+a3+a4=1+1+2=4,S8-S4=a5+a6+a7+a8=3+4+1=8,

S12-S8=a9+a10+a11+a12=5+6+1=12,?,
15×14 ∴S60=4×15+ ×4=480. 2 8.2

16

解析 由题意可知, 数列{cn}的前 n 项和为 Sn= 2n?c1+c2n? 2 S2n 2nd 所以 = =2+ =2+ Sn n?c1+cn? 2+nd-d 2 为非零常数,所以 d=2.

n?c1+cn?
2

2n?c1+c2n? , 前 2n 项和为 S2n= , 2

2 S2n .因为数列{cn}是“和等比数列”,即 2- d Sn 1+

nd

9.解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,由题意得

a4-a1 12-3 d= = =3,
3 3 所以 an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,?). 设等比数列{bn-an}的公比为 q,由题意得

b4-a4 20-12 q3= = =8,解得 q=2. b1-a1 4-3
所以 bn-an=(b1-a1)q 从而 bn=3n+2
n-1 n-1

=2

n-1

.

(n=1,2,?).
n-1

(2)由(1)知 bn=3n+2

(n=1,2,?).

3 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1), 2 数列{2
n-1

1-2 n }的前 n 项和为 =2 -1. 1-2

n

3 n 所以,数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2 -1. 2 10.解 (1)因为 2Sn=3 +3, 所以 2a1=3+3,故 a1=3, 当 n>1 时,2Sn-1=3
n-1 n

+3,
n n-1

此时 2an=2Sn-2Sn-1=3 -3 即 an=3
n-1

=2×3

n-1





?3,n=1, ? 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

1 (2)因为 anbn=log3an,所以 b1= , 3 当 n>1 时,bn=3 1 所以 T1=b1= ; 3 1 -1 -2 1-n 当 n>1 时,Tn=b1+b2+b3+?+bn= +(1×3 +2×3 +?+(n-1)×3 ), 3
17
1-n

log33

n-1

=(n-1)·3

1-n

.

所以 3Tn=1+(1×3 +2×3 +?+(n-1)×3

0

-1

2-n

),

2 0 -1 -2 2-n 1-n 两式相减,得 2Tn= +(3 +3 +3 +?+3 )-(n-1)×3 3 2 1-3 1-n = + -1 -(n-1)×3 3 1-3 13 6n+3 13 6n+3 = - - n ,所以 Tn= n, 6 2×3 12 4×3 经检验,n=1 时也适合. 13 6n+3 综上可得 Tn= - n. 12 4×3 11.C [由 an=
1-n

an+1-1 1+an ,得 an+1= . an+1+1 1-an

1 1 ∵a1=2,∴a2=-3,a3=- ,a4= ,a5=2,a6=-3. 2 3 故数列{an}具有周期性,周期为 4, ∵a1a2a3a4=1, ∴T2 016=T4=1.] 1 12.C [因为 a1= , 2 1 2 又 an+1= + an-an, 2 1 所以 a2=1,从而 a3= ,a4=1, 2 1 ? ? ,n=2k-1?k∈N*?, 即得 an=?2 ? ?1,n=2k?k∈N*?, 故数列的前 2 016 项的和等于

S2 016=1 008×(1+ )=1 512.]
1 2 13. n 2 解析 因为 lg x+lg y=1,所以 lg(xy)=1. 因为 Sn=lg x +lg(x lg(xy
n-1 n n-1

1 2

y)+lg(xn-2y2)+?+

)+lg y ,
n n-1

n

所以 Sn=lg y +lg(xy lg(x
n-1

)+?+lg(x

n-2 2

y )+

y)+lg xn,
n n n-1

两式相加,得 2Sn=(lg x +lg y )+[lg(x

y)+lg(xyn-1)]+?+(lg yn+lg xn)=lg(xn·yn)

18

+lg(x

n-1

y·xyn-1)+?+lg(yn·xn)=n[lg(xy)+lg(xy)+?+lg(xy)]=n2lg(xy)=n2,所

1 2 以 Sn= n . 2 14.(1)证明 由条件,对任意 n∈N ,有 an+2=3Sn-Sn+1+3, 因而对任意 n∈N ,n≥2,有 an+1=3Sn-1-Sn+3. 两式相减,得 an+2-an+1=3an-an+1,即 an+2=3an,n≥2. 又 a1=1,a2=2,所以 a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1, 故对一切 n∈N ,an+2=3an. (2)解 由(1)知,an≠0,所以
* * *

an+2 =3.于是数列{a2n-1}是首项 a1=1,公比为 3 等比数列; an
n-1

数列{a2n}是首项 a2=2,公比为 3 的等比数列.因此 a2n-1=3 于是 S2n=a1+a2+?+a2n =(a1+a3+?+a2n-1)+(a2+a4+?+a2n) =(1+3+?+3
n-1

,a2n=2×3

n-1

.

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

n-1

)=3(1+3+?+3

n-1

3?3 -1? )= . 2

n

3?3 -1? n-1 从而 S2n-1=S2n-a2n= -2×3 2 3 n-2 = (5×3 -1). 2 综上所述, 3 n-3 ? ?2?5×3 2 -1?,n是奇数, S =? 3 n ?2?32-1?,n是偶数. ?
n

19


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