2018届二轮复习(理)  数列的求和问题学案(全国通用)

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2018届二轮复习(理)  数列的求和问题学案(全国通用)

第 2 讲 数列的求和问题 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 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 (2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,数列 {bn}是公比大于 0 的等比数列,且 b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)令 cn=Error!求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,且 q>0, 由题易知, a1=-1,b1=2, 由Error!得Error! 解得 q=2(q=-5 4舍去),此时 d=-2, ∴an=-2n+1,bn=2n. (2)由(1)知,an=-2n+1,bn=2n, ∴cn=Error! 当 n 为偶数时,奇数项和偶数项各有n 2项, ∴Tn=(c1+c3+c5+…+cn-1)+(c2+c4+…+cn) =n+(c2+c4+…+cn), 令 Hn=c2+c4+c6+…+cn, ∴Hn=3 2+ 7 23+11 25+…+2n-5 2n-3 +2n-1 2n-1 , 1 4Hn= 3 23+ 7 25+…+2n-5 2n-1 +2n-1 2n+1 , 以上两式相减,得 3 4Hn=3 2+ 4 23+ 4 25+…+ 4 2n-1-2n-1 2n+1 =( 4 21+ 4 23+…+ 4 2n-1)-1 2-2n-1 2n+1 = 2[1-( 1 4 )] 1-1 4 -1 2-2n-1 2n+1 =13 6 -6n+13 6 × 2n, ∴Hn=26 9 - 6n+13 9 × 2n-1. 故当 n 为偶数时,Tn=26 9 +n- 6n+13 9 × 2n-1, 当 n(n≥3)为奇数时,n-1 为偶数, Tn=Tn-1+an=26 9 +(n-1)- 6n+7 9 × 2n-2+2 =35 9 +n- 6n+7 9 × 2n-2, 经验证,n=1 也适合上式. 综上,得 Tn=Error! 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 (2017 届广东省揭阳市模拟)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2(n+1)an n +n+1. (1)求证:数列{ an n +1}是等比数列; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. (1)证明 方法一 由已知得an+1 n+1=2·an n +1, ∴an+1 n+1+1=2( an n +1), 又 a1+1=2,an>0,∴an n +1≠0, ∴ an+1 n+1+1 an n +1 =2, ∴数列{ an n +1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 方法二 由 an+1=2(n+1)an n +n+1, 得 nan+1=2(n+1)an+n(n+1), 由 a1>0 及递推关系,可知 an>0, ∴an n +1≠0, ∴ an+1 n+1+1 an n +1 = nan+1+n(n+1) (n+1)an+n(n+1) =2(n+1)an+2n(n+1) (n+1)an+n(n+1) =2, 又∵a1=1,∴a1 1 +1=2, ∴数列{ an n +1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. (2)解 由(1)得an n +1=2·2n-1=2n, ∴an=n·2n-n, Sn=2+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n-[1+2+3+…+(n-1)+n], 设 Tn=2+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n, ① 则 2Tn=22+2×23+3×24+…+(n-1)2n+n×2n+1, ② 由①-②,得 -Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1 =2(1-2n) 1-2 -n·2n+1=-(n-1)2n+1-2, ∴Tn=(n-1)2n+1+2, 又 1+2+3+…+(n-1)+n=n(1+n) 2 , ∴Sn=(n-1)2n+1-n(n+1) 2 +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 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n}为等差数列,且 a3=5,a5=9,数列{bn}的 前 n 项和 Sn=2 3bn+1 3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设 cn=an|bn|,求数列{cn}的前 n 项的和 Tn. 解 (1)因为数列{an}为等差数列, 所以 d=1 2(a5-a3)=2, 又因为 a3=5,所以 a1=1,所以 an=2n-1. 当 n=1 时,b1=2 3b1+1 3,所以 b1=1; 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=2 3bn-2 3bn-1, 所以 bn=-2bn-1, 即数列{bn}是首项为 1,公比为-2 的等比数列, 所以 bn=(-2)n-1. (2)因为 cn=an|bn|=(2n-1)2n-1, 所以 Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)2n-1, 2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)2n, 两式相减,得 -Tn=1×1+2×2+2×22+…+2×2n-1-(2n-1)2n =1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)2n =1+2×2-2n 1-2 -(2n-1)2n =1+2n+1-4-(2n-1)2n=-3+(3-2n)2n, 所以 Tn=3+(2n-3)2n. 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 (2017 届湖南省衡阳市期末)数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn=n2,数列{bn}满 足:①b3=1 4;②bn>0;③2b 2n+1+bn+1bn-b2n=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. 解 (1)当 n=1 时,a1=1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-1(n∈N*), 检验 a1=1,满足 an=2n-1(n∈N*). ∵2b 2n+1+bn+1bn-b2n=0, 且 bn >0,∴2bn+1=bn, ∴q=1 2,b3=b1q2=1 4, ∴b1=1,bn=( 1 2 )n-1 (n∈N*). (2)由(1)得 cn=(2n-1)( 1 2 )n-1, Tn=1+3×( 1 2 )+5×( 1 2 )2+…+(2n-1)( 1 2 )n-1, 1 2Tn=1×( 1 2 )+3×( 1 2 )2+…+(2n-3)( 1 2 )n-1+(2n-1)×( 1 2 )n, 两式相减,得 1 2Tn=1+2×( 1 2 )+2×( 1 2 )2+…+2×( 1 2 )n-1-(2n-1)×( 1 2 )n =1+2[1-( 1 2 )n-1 ]-(2n-1)×( 1 2 )n =3-( 1 2 )n-1 ( 3 2+n ). ∴Tn=6-( 1 2 )n-1(2n+3). 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{ 1 anan+1}或{ 1 anan+2}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和. 例 3 (2017 届山东省青岛市二模)在公差不为 0 的等差数列{an}中,a22=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=(-1)n n (an-1 2)(an+1-1 2) ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为 d, ∵a22=a3+a6, ∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d, ① ∵a23=a1·a11, 即(a1+2d)2=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-1. (2)由题意知, bn=(-1)n n (3n-3 2)·(3n+3 2) =(-1)n·1 6· ( 1 3n-3 2 + 1 3n+3 2)=(-1)n·1 9·( 1 2n-1+ 1 2n+1) Tn=1 9Error!Error! =1 9[-1+(-1)n 1 2n+1]. 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,从而在求和时达到某些项相消的目的,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. (2)常用的裂项公式 ①若{an}是等差数列,则 1 anan+1=1 d ( 1 an- 1 an+1), 1 anan+2= 1 2d ( 1 an- 1 an+2); ② 1 n(n+1)=1 n- 1 n+1, 1 n(n+k)=1 k( 1 n- 1 n+k); ③ 1 (2n-1)(2n+1)=1 2( 1 2n-1- 1 2n+1); ④ 1 n(n+1)(n+2)=1 2[ 1 n(n+1)- 1 (n+1)(n+2)]; ⑤ 1 n+ n+1 = n+1- n, 1 n+ n+k =1 k( n+k- n). 跟踪演练 3 已知数列{an}满足: 1 a1+ 1 a2+…+ 1 an=n2 2 (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=anan+1,Sn 为数列{bn}的前 n 项和,对于任意的正整数 n,Sn>2λ-1 3恒成立,求实 数 λ 的取值范围. 解 (1)由题意,得当 n=1 时, 1 a1=1 2,则 a1=2. 当 n≥2 时, 1 a1+ 1 a2+…+ 1 an=n2 2 , 则 1 a1+ 1 a2+…+ 1 an-1= (n-1)2 2 , 两式相减,得 1 an=n2 2 - (n-1)2 2 =2n-1 2 , 即 an= 2 2n-1,当 n=1 时,也符合上式,则 an= 2 2n-1. (2)由(1),得 bn=anan+1= 2 2n-1· 2 2(n+1)-1 = 4 (2n-1)(2n+1) =2( 1 2n-1- 1 2n+1), 所以 Sn=2Error!Error! =2·(1- 1 2n+1), 则 n 越大, 1 2n+1越小,Sn 越大,即当 n=1 时,Sn 有最小值 S1=4 3. 因为对于任意的正整数 n,Sn >2λ-1 3恒成立, 所以4 3>2λ-1 3,解得 λ<5 6, 故实数 λ 的取值范围是(-∞,5 6). 真题体验 1.(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a3=3,S4=10,则 n ∑ k=1 1 Sk=________. 答案  2n n+1 解析  设等差数列{an}的公差为 d,则 由Error!得Error! ∴Sn=n×1+n(n-1) 2 ×1=n(n+1) 2 , 1 Sn= 2 n(n+1)=2( 1 n- 1 n+1). ∴ n ∑ k=1 1 Sk= 1 S1+ 1 S2+ 1 S3+…+ 1 Sn =2(1-1 2+1 2-1 3+1 3-1 4+…+1 n- 1 n+1) =2(1- 1 n+1)= 2n n+1. 2.(2017·天津)已知{a n}为等差数列,前 n 项和为 Sn(n∈N*),{bn}是首项为 2 的等比数列, 且公比大于 0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前 n 项和(n∈N*). 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q. 由已知 b2+b3=12,得 b1(q+q2)=12,而 b1=2, 所以 q2+q-6=0. 又因为 q>0,解得 q=2,所以 bn=2n. 由 b3=a4-2a1,可得 3d-a1=8, ① 由 S11=11b4,可得 a1+5d=16, ② 联立①②,解得 a1=1,d=3,由此可得 an=3n-2. 所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2,数列{bn}的通项公式为 bn=2n. (2)设数列{a2nb2n-1}的前 n 项和为 Tn,由 a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,得 a2nb2n-1=(3n- 1)×4n,故 Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, ③ 4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1, ④ ③-④,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1 =12 × (1-4n) 1-4 -4-(3n-1)×4n+1 =-(3n-2)×4n+1-8, 得 Tn=3n-2 3 ×4n+1+8 3. 所以数列{a2nb2n-1}的前 n 项和为3n-2 3 ×4n+1+8 3. 押题预测 1.已知数列{an}的通项公式为 an= n+2 2nn(n+1),其前 n 项和为 Sn,若存在 M∈Z,满足对任 意的 n∈N*,都有 Sn0),且 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=2n+1 an ,求数列{bn}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,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 an-1=a, 故{an}是首项 a1=a,公比为 a 的等比数列, 所以 an=a·an-1=an. 故 a2=a2,a3=a3. 由 4a3 是 a1 与 2a2 的等差中项,可得 8a3=a1+2a2, 即 8a3=a+2a2, 因为 a≠0,整理得 8a2-2a-1=0, 即(2a-1)(4a+1)=0, 解得 a=1 2或 a=-1 4(舍去), 故 an=( 1 2 )n= 1 2n. (2)由(1)得 bn=2n+1 an =(2n+1)·2n, 所以 Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n-1)×2n-1+(2n+1)×2n, ① 2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n-1)·2n+(2n+1)×2n+1, ② 由①-②,得-Tn=3×2+2(22+23+…+2n)-(2n+1)×2n+1 =6+2×22-2n+1 1-2 -(2n+1)×2n+1 =-2+2n+2-(2n+1)×2n+1 =-2-(2n-1)×2n+1, 所以 Tn=2+(2n-1)×2n+1. A 组 专题通关 1.(2017 届湖南师大附中月考)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.24 B.32 C.48 D.64 答案 D 解析 由已知有 anan+1=2n,∴an+1an+2=2n+1,则an+2 an =2,所以数列{an}奇数项、偶数项 分 别 为 公 比 为 2 的 等 比 数 列 , 可 以 求 出 a2 = 2 , 所 以 数 列 {an} 的 项 分 别 为 1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32,…,而 bn=an+an+1,所以 b10=a10+a11=32+32=64,故选 D. 2.(2017 届河南百校联盟质检)已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2a2n=a 2n-1+a 2n+1(n≥2), bn= 1 an+an+1,记数列{bn}的前 n 项和为 Sn,则 S33 的值是(  ) A. 99 B. 33 C.4 2 D.3 答案 D 解析 ∵2a2n=a 2n-1+a 2n+1(n≥2), ∴数列{a2n}为等差数列,首项为 1,公差为 22-1=3. ∴a2n=1+3(n-1)=3n-2,an>0, ∴an= 3n-2(n∈N*), ∴bn= 1 an+an+1= 1 3n-2+ 3n+1 =1 3( 3n+1- 3n-2), 故数列{bn}的前 n 项和为 Sn=1 3[( 4- 1)+( 7- 4)+…+( 3n+1- 3n-2)]=1 3( 3n+1-1), 则 S33=1 3( 3 × 33+1-1)=3. 故选 D. 3.(2017 届江西省鹰潭市模拟)已知函数 f(n)=n2cos(nπ),且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+… +a100 等于(  ) A.-100 B.0 C.100 D.10 200 答案 A 解析 a1=-1+22,a2=22-32,a3=-32+42,a4=42-52,…,所以 a1+a3+…+a99=(- 1+22)+…+(-992+1002)=(1+2)+(3+4)+…+(99+100)=5 050,a2+a4+…+a100=(22 -32)+…+(100 2-1012)=-(2+3+…+100+101)=-5 150,所以 a 1+a2+…+a 100=5 050-5 150=-100. 4.(2017 届广东省潮州市模拟)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和, an=2·3n-1 (n∈N*),若 bn= an+1 SnSn+1,则 b1+b2+…+bn=____________. 答案 1 2- 1 3n+1-1 解析 因为an+1 an = 2·3n 2·3n-1=3, 所以数列{an}为等比数列. 所以 Sn=a1(1-qn) 1-q =2(1-3n) 1-3 =3n-1, 又 bn= an+1 SnSn+1=Sn+1-Sn SnSn+1 = 1 Sn- 1 Sn+1, 则 b1+b2+…+bn=( 1 S1- 1 S2)+( 1 S2- 1 S3)+…+( 1 Sn- 1 Sn+1)= 1 S1- 1 Sn+1=1 2- 1 3n+1-1. 5.(2017 届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数 x,[x]表示不超过 x 的最大整数,如[-0.2] =-1,[1.72]=1,已知 an=[ n 3 ](n∈N*),Sn 为数列{an}的前项和,则 S2 017=________. 答案 677 712 解析 由于 [ 1 3 ]=0 , [ 2 3 ]=0 , [ 3 3 ]=[ 4 3 ]=[ 5 3 ]=1 , [ 6 3 ]=[ 7 3 ]= [ 8 3 ]=2,根据这个规律,后面每 3 项都是相同的数,2 017-2=671×3+2,后余 2 项, 所以 S2 017=1+671 2 ×671×3+672+672=677 712. 6.(2017 届山西晋中榆社中学月考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且对任意正整数 n, 满足 2an+1+Sn-2=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=na2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)因为 2an+1+Sn-2=0, 所以当 n≥2 时,2an+Sn-1-2=0, 两式相减,得 2an+1-2an+Sn-Sn-1=0, 即 2an+1-2an+an=0,an+1=1 2an. 又当 n=1 时,2a2+S1-2=0⇒a2=1 2a1, 即 an+1=1 2an (n∈N*). 所以{an}是首项 a1=1,公比 q=1 2的等比数列, 所以数列{an}的通项公式为 an=( 1 2 )n-1. (2)由(1)知,bn=na2n= n 4n-1, 则 Tn=1+2 4+ 3 42+…+n-1 4n-2+ n 4n-1, ① 4Tn=4+2+3 4+…+n-1 4n-3+ n 4n-2, ② 由②-①,得 3Tn=5+1 4+…+ 1 4n-3+ 1 4n-2- n 4n-1 =16 3 - 3n+4 3 × 4n-1. 所以数列{bn}的前 n 项和为 Tn=16 9 - 3n+4 9 × 4n-1. 7.(2017 届山东省胶州市普通高中期末)正项数列{an }的前 n 项和 Sn 满足:S2n-(n2+n- 1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列{an }的通项公式 an; (2)令 bn= n+1 (n+2)2a2n,数列{bn }的前 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< 5 64. (1)解 由 S2n-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an }是正项数列, 所以 Sn>0,Sn=n2+n. 当 n=1 时,a1=S1=2, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上可知,数列{an }的通项公式 an=2n. (2)证明 由于 an=2n,bn= n+1 (n+2)2a2n, 所以 bn= n+1 4n2(n+2)2 = 1 16[ 1 n2- 1 (n+2)2]. Tn= 1 16Error! Error! = 1 16[1+ 1 22- 1 (n+1)2 - 1 (n+2)2]< 1 16(1+ 1 22)= 5 64. 8.(2017 届江西省南昌市模拟)已知等差数列{an }的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,S3+S4= S5. (1)求数列{an }的通项公式; (2)令 bn=(-1)n-1anan+1,求数列{bn }的前 2n 项和 T2n. 解 (1)设等差数列{an }的公差为 d,由 S3+S4=S5, 可得 a1+a2+a3=a5, 即 3a2=a5,所以 3(1+d)=1+4d,解得 d=2. 所以 an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)可得 bn=(-1)n-1·(2n-1)(2n+1) =(-1)n-1·(4n2-1), 所以 T2n=(4×12-1)-(4×22-1)+(4×32-1)-(4×42-1)+…+(-1)2n-1×[4×(2n)2-1] =4[12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2] =-4(1+2+3+4+…+2n-1+2n)=-4×2n(2n+1) 2 =-8n2-4n. B 组 能力提高 9.(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{an }满足 a1=1,nan+1= (n+1)an+n(n+1),且 bn=ancos2nπ 3 ,记 Sn 为数列{bn }的前 n 项和,则 S24 等于(  ) A.294 B.174 C.470 D.304 答案 D 解析 由 nan+1=(n+1)an+n(n+1),得an+1 n+1=an n +1,所以数列{ an n }为等差数列,因此an n = 1+(n-1 )×1=n,an=n2,bn=Error! 因此 b3k+1+b3k+2+b3k+3=9k+13 2 ,k∈N, S24=9(0+1+…+7)+13 2 ×8=304,故选 D. 10. (2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列{an}的前n项和为 Sn,Sn=n2+2n,bn=anan+1cos(n+ 1)π,数列{b n}的前 n 项和为 T n ,若 Tn≥tn2 对 n∈N* 恒成立,则实数 t 的取值范围是 ______________. 答案 (-∞,-5] 解析 当 n=1 时,a1=3; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1, 当 n=1 时也成立,∴an=2n+1(n∈N*), ∴bn=anan+1cos(n+1)π=(2n+1)(2n+3)cos(n+1)π. 当 n 为奇数时,cos(n+1)π=1,当 n 为偶数时, cos(n+1)π=-1,因此当 n 为奇数时, Tn =3×5-5×7+…+(2n+1)(2n+3)=15+4×(7+11+…+2n+1)=2n2+6n+7,∵Tn≥tn2 对 n∈N*恒成立,∴2n2+6n+7≥tn2,t≤ 7 n2+6 n+2=7( 1 n+3 7 )2+5 7,∴t≤2; 当 n 为偶数时, Tn=3×5-5×7+…-(2n+1)(2n+3)=-4×(5+9+…+2n+1)=-2n2-6n, ∵Tn≥tn2 对 n∈N*恒成立, ∴-2n2-6n≥tn2,t≤-2-6 n, ∴t≤-5.综上可得 t≤-5. 11.(2017 届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足 a1=0,a2=1 8,且对任意 m, n∈N*,都有 a2m-1+a2n-1=2am+n-1+3 4(m-n)2. (1)求 a3,a5; (2)设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*). ①求数列{bn}的通项公式; ②设数列{ 1 bnbn+1}的前 n 项和为 Sn,是否存在正整数 p,q,且 13, 即6p+1 p2 >3. 解得3-2 3 3 0, ∵S3=b5+1=7,∴a1+a1q+a1q2=7, ① 又 b4 是 a2 和 a4 的等比中项, ∴a2a4=a23=b24=16, 解得 a3=a1q2=4, ② 由①②得 3q2-4q-4=0, 解得 q=2 或 q=-2 3(舍去), ∴a1=1,an=2n-1. (2)当 n 为偶数时, Tn=(1+1)×20+2×2+(3+1)×22+4×23+(5+1)×24+…+[(n-1)+1]×2n-2+n×2n-1 =(20+2×2+3×22+4×23+…+n×2n-1)+(20+22+…+2n-2), 设 Hn=20+2×2+3×22+4×23+…+n×2n-1, ③ 则 2Hn=2+2×22+3×23+4×24+…+n×2n, ④ 由③-④,得 -Hn=20+2+22+23+…+2n-1-n×2n =1-2n 1-2 -n×2n=(1-n)×2n-1, ∴Hn=(n-1)×2n+1, ∴Tn=(n-1)×2n+1+1-4 1-4=(n-2 3 )×2n+2 3. 当 n 为奇数,且 n≥3 时, Tn=Tn-1+(n+1)×2n-1 =(n-5 3 )×2n-1+2 3+(n+1)×2n-1 =(2n-2 3)×2n-1+2 3, 经检验,T1=2 符合上式, ∴Tn=Error!
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