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数列的求和问题1.已知数列{an},{bn}满足a1=1,且an,an+1是方程x2-bnx+2n=0的两根,则b10等于 A.24B.32C.48D.64答案 D2.已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1+m,且a1,a4,a5-2成等差数列,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn的最小正整数n的值为 A.11B.10C.9D.8答案 B解析 根据Sn=2n+1+m可以求得an=所以有a1=m+4,a4=16,a5=32,根据a1,a4,a5-2成等差数列,可得m+4+32-2=32,从而求得m=-2,所以a1=2满足an=2n,从而求得an=2nn∈N*,所以bn===-,所以Tn=1-+-+-+…+-=1-,令1-,整理得2n+12019,解得n≥
10.3.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=,=+2nn∈N*,则S100等于 A.2-B.2-C.2-D.2-答案 D解析 由=+2n,得-=2n,则-=2n-1,-=2n-2,…,-=21,将各式相加得-=21+22+…+2n-1=2n-2,又a1=,所以an=n·,因此S100=1×+2×+…+100×,则S100=1×+2×+…+99×+100×,两式相减得S100=+++…+-100×,所以S100=2-99-100·100=2-.押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容,也是《考试大纲》中明确提出的知识点,年年在考,年年有变,变的是试题的外壳,即在题设的条件上有变革,有创新,但在变中有不变性,即解答问题的常用方法有规律可循.答案 1解析 因为an===-,所以Sn=++…+=1-,由于1-1,所以M的最小值为
1.9.已知数列{an},a1=ee是自然对数的底数,an+1=an∈N*.1求数列{an}的通项公式;2设bn=2n-1lnan,求数列{bn}的前n项和Tn.解 1由a1=e,an+1=a知,an0,所以lnan+1=3lnan,数列是以1为首项,3为公比的等比数列,所以lnan=3n-1,an=e3n-1n∈N*.2由1得bn=2n-1lnan=2n-1·3n-1,Tn=1×30+3×31+5×32+…+2n-1×3n-1,
①3Tn=1×31+3×32+…+2n-3×3n-1+2n-1×3n,
②①-
②,得-2Tn=1+231+32+33+…+3n-1-2n-1×3n=1+2×-2n-1×3n=-2n-1×3n-
2.所以Tn=n-1×3n+1n∈N*.10.在等比数列{an}中,首项a1=8,数列{bn}满足bn=log2ann∈N*,且b1+b2+b3=
15.1求数列{an}的通项公式;2记数列{bn}的前n项和为Sn,又设数列的前n项和为Tn,求证Tn.1解 由bn=log2an和b1+b2+b3=15,得log2a1a2a3=15,∴a1a2a3=215,设等比数列{an}的公比为q,∵a1=8,∴an=8qn-1,∴8·8q·8q2=215,解得q=4,∴an=8·4n-1,即an=22n+1n∈N*.2证明 由1得bn=2n+1,易知{bn}为等差数列,Sn=3+5+…+2n+1=n2+2n,则==,Tn==,∴Tn.11.在公差不为0的等差数列{an}中,a=a3+a6,且a3为a1与a11的等比中项.1求数列{an}的通项公式;2设bn=-1nn∈N*,求数列{bn}的前n项和Tn.解 1设数列{an}的公差为d,∵a=a3+a6,∴a1+d2=a1+2d+a1+5d,
①∵a=a1·a11,即a1+2d2=a1·a1+10d,
②∵d≠0,由
①②解得a1=2,d=
3.∴数列{an}的通项公式为an=3n-1n∈N*.2由题意知,bn=-1n=-1n··=-1n··Tn==.12.数列{an}的前n项和Sn满足Sn=n2,数列{bn}满足
①b3=;
②bn0;
③2b+bn+1bn-b=
0.1求数列{an}与{bn}的通项公式;2设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点,本题先利用an,Sn的关系求an,也是高考出题的常见形式.解 1当n=1时,a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1n∈N*,又a1=1满足an=2n-1,∴an=2n-1n∈N*.∵2b+bn+1bn-b=0,且bn0,∴2bn+1=bn,∴q=,b3=b1q2=,∴b1=1,bn=n-1n∈N*.2由1得cn=2n-1n-1,Tn=1+3×+5×2+…+2n-1n-1,Tn=1×+3×2+…+2n-3n-1+2n-1×n,两式相减,得Tn=1+2×+2×2+…+2×n-1-2n-1×n=1+2-2n-1×n=3-n-
1.∴Tn=6-n-12n+3n∈N*.13.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2an-1n∈N*,数列{bn}满足nbn+1-n+1bn=nn+1n∈N*,且b1=1,1证明数列为等差数列,并求数列{an}和{bn}的通项公式;2若cn=-1n-1,求数列{cn}的前2n项和T2n;3若dn=an·,数列的前n项和为Dn,对任意的n∈N*,都有Dn≤nSn-a,求实数a的取值范围.解 1由nbn+1-n+1bn=nn+1两边同除以nn+1,得-=1,从而数列为首项=1,公差d=1的等差数列,所以=nn∈N*,数列{bn}的通项公式为bn=n
2.当n=1时,S1=2a1-1=a1,所以a1=
1.当n≥2时,Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1,两式相减得an=2an-1,又a1=1≠0,所以=2,从而数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,从而数列{an}的通项公式为an=2n-1n∈N*.3由1得dn=an=n·2n-1,Dn=1×1+2×2+3×22+…+n-1·2n-2+n·2n-1,2Dn=1×2+2×22+3×23+…+n-1·2n-1+n·2n.两式相减得-Dn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n,所以Dn=n-1·2n+1,由1得Sn=2an-1=2n-1,因为对∀n∈N*,都有Dn≤nSn-a,即n-1·2n+1≤n-a恒成立,所以a≤2n-n-1恒成立,记en=2n-n-1,所以a≤min,因为en+1-en=-=2n-10,从而数列为递增数列,所以当n=1时,en取最小值e1=0,于是a≤
0.。