高三数列求和_高考数列求和例题

1.高考 数列列项求和法 常见的裂项方法

2.高考数列裂项求和

3.数列求和

4.高考数列大题求解

5.高三数列问题

n=10,奇数项之和减偶数项之和应该等于这个2n+1项等差数列的中位数，即就是a（n+1），而a（n+1）又等于(a1+an)/2,所以利用等差数列求和公式：(a1+an)/2*（2n+1）=315即15*（2n+1）=315，n=10

高考 数列列项求和法 常见的裂项方法

数 列 经 典 题 选 析

江苏 王海平

数列是高中代数的重要内容,又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.

一,等差数列与等比数列

例1.A={递增等比数列的公比},B={递减等比数列的公比},求A∩B.

解:设q∈A,则可知q>0(否则数列为摆动数列).

由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)>0,得

当a1>0时,那么q>1;当a1<0时,则0从而可知 A={q | 0若q∈A,同样可知q>0.由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)0时,那么0亦可知 B={q | 0故知A∩B={q | 0说明:貌似无法求解的问题,通过数列的基本量,很快就找到了问题的突破口!

例2.求数列1,(1+2),(1+2+22),……,(1+2+22+……+2n-1),……前n项的和.

分析:要求得数列的和,当务之急是要求得数列的通项,并从中发现一定规律.而通项又是一等比数列的和.设数列的通项为an,则an=1+2+22+……+2n-1==2n-1.从而该数列前n项的和

Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)

=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.

说明:利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.

等差数列求和公式:

2,等比数列求和公式:

4,

常用的数列求和方法有:利用常用求和公式求和;错位相减法求和;反序相加法求和;分组法求和;裂项法求和;合并法求和;利用数列的通项求和等等.

例3.已知等差数列{an}的公差d=,S100=145.设S奇=a1+a3+a5+……+a99,S'=a3+a6+a9+……+a99,求S奇,S'.

解:依题意,可得 S奇+S偶=145,

即S奇+(S奇+50d)=145, 即2 S奇+25=145, 解得,S奇=120.

又由S100=145,得 =145,故得a1+a100=2.9

S'=a3+a6+a9+……+a99

=====1.7·33=56.1.

说明:整体思想是求解数列问题的有效手段!

例4.在数列{an}中,a1=b(b≠0),前n项和Sn构成公比为q的等比数列.

(1)求证:数列{an}不是等比数列;

(2)设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求bn.

解:(1)证明:由已知S1=a1=b

∵{Sn}成等比数列,且公比为q.

∴Sn=bqn-1,∴Sn-1=b·qn-2(n≥2).

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b·(q-1)·qn-2

故当q≠1时,==q,

而==q-1≠q,∴{an}不是等比数列.

当q=1,n≥2时,an=0,所以{an}也不是等比数列.

综上所述,{an}不是等比数列.

(2)∵|q|<1,由(1)知n≥2,a2,a3,a4,…,an构成公比为q的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列.

∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n-4)

∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b

∴a2S2=b2q(q-1)

∴bn=b2+b2q(q-1)·

∵|q|0,1600[()n-1]-4000×[1-()n]>0

化简得,5×()n+2×()n-7>0?

设x=()n,5x2-7x+2>0? ∴x1(舍)? 即()n4,故使得上式成立的最小n∈N+为5,

故最少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.

三,归纳,猜想与证明

例7.已知数列{ an}满足Sn+an=(n2+3n-2),数列{ bn}满足b1=a1,

且bn=an-an-1-1(n≥2).

(1)试猜想数列{ an}的通项公式,并证明你的结论;

解:(1)∵Sn+an=(n2+3n-2),S1=a1,∴2a1=(1+3×1-2)=1,

∴a1==1-.当n=2时,有+2a2=(22+3×2-2)=4, ∴a2==2-

猜想,得数列{ an}的通项公式为an=n-

(2)若cn=b1+b2+…+bn,求的值.

当n=3时,有++3a3=8, ∴a3==3-.

用数学归纳法证明如下:

①当n=1时,a1=1-=,等式成立.

②假设n=k时,等式ak=k-成立,那么

n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=[-ak+1]-[-ak],

.∴2 ak+1=k+2+ak, 2 ak+1=k+2+(k-),

∴ak+1=(k+1)-,即当n=k+1时,等式也成立.

综上①,②知,对一切自然数n都有an=n-成立.

(2)∵b1=a1=,bn=an-an-1-1=[n-]-[(n-1)-]-1=.

∴cn=b1+b2+…+bn=1-()n, ∴=[1-()n]=1.

例8.已知数列{an}满足a1=2,对于任意的n∈N,都有an>0,且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.又知数列{bn}满足:bn=2n-1+1..?

(Ⅰ)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn;?

(Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Tn;?

(Ⅲ)猜想Sn和Tn的大小关系,并说明理由.

解:(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.是关于an和an+1的二次齐次式,故可利用求根公式得到an与an+1的更为明显的关系式,从而求出an .

(Ⅰ)∵an>0(n∈N),且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0,

∴ (n+1)()2+()-n=0.

∴=-1或=.

∵an>0(n∈N),∴=.

∴=···……··=···…··=n.

又a1=2,所以,an=2n.

∴Sn=a1+a2+a3+……+an=2(1+2+3……+n)=n2+n.

(Ⅱ)∵bn=2n-1+1,?

∴Tn=b1+b2+b3 +……+bn=20+21+22+……+2n-1+n=2n+n-1

(Ⅲ) Tn-Sn=2n-n2-1.?

当n=1时,T1-S1 =0,∴T1=S1;

当n=2时,T2-S2=-1,?∴T2当n=3时,T3-S3=-2,?∴T3当n=4时,T4-S4=-1,?∴T4S5;

当n=6时,T6-S6=27,,?∴T6>S6;

猜想:当n≥5时,Tn>Sn.即2n>n2+1.下用数学归纳法证明:?

1° 当n=5时,前面已验证成立;

2° 假设n=k(k≥5)时命题成立,即2k>k2+1.成立,

那么当n=k+1时,

2k+1=2·2k>2(k2+1)=k2+k2+2≥k2+5k+2>k2+2k+2=(k+1)2+1.

即n=k+1(k≥5)时命题也成立.

由以上1°,2°可知,当n≥5时,有Tn>Sn.;

综上可知:当n=1时,T1=S1;当2≤n<5时,TnSn..

说明:注意到2n的增长速度大于n2+1的增长速度,所以,在观察与归纳的过程中,不能因为从n=1到n=4都有Tn≤Sn.就得出Tn≤Sn.的结论,而应该坚信:必存在,使得2n>n2+1,从而使得观察的过程继续下去.

例9. 已知函数f(x)=x2-3,(x≤-3)

(1)求f(x)的反函数f-1(x);

(2)记a1=1,an= -f-1(an-1)(n≥2),请写出a2,a3,a4的值并猜测想an的表达式.再用数学归纳法证明.

解:(1)设y=f(x)= x2-3,(x≤-3 ),由y2=x2-3(x≤-),x= -y2+3

即f-1(x)= -x2+3 (x≥0).

(2)由a1=1且an= -f-1(an-1)(n≥2的整数),a2= -f-1(a1)= -( -a12+3 =4 ,

a3=3+4=7 ,a4=3+7=10 .

依不完全归纳可以猜想到:an=3n-2 (n自然数)

下面用数学归纳法予以证明:

当n=1时,a1=3×1-2 =1命题成立

假设n=k(1≤k≤n)时,命题成立:即ak=3k-2

那么当n=k+1时,ak+1=-f-1(ak)

=ak2+3 =3k-2+3 =3k+1-2

综上所述,可知对一切自然数n均有an=3n-2 成立.

例10. 已知数列{an}中,a7=4,an+1=,.

(Ⅰ)是否存在自然数m,使得当n≥m时,an<2;当n2

(Ⅱ)是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有13时,也有an<2 这就引导我们去思考这样一个问题:若an<2,能否得出an+1<2

为此,我们考查an+1-2与an-2的关系,易得

an+1-2=-2 =.

可以看出:当an<2时,必有an+1<2.于是,我们可以确定:当n≥10时,必有an2.

方法之一是一一验证.即通过已知条件解出:an=.由此,我们可以从a7出发,计算出这个数列的第6项到第1项,从而得出结论.

另外,得益于上述解法,我们也可以考虑这样的问题:"若an+1>2,能否得出an>2"

由an-2=-2=不难得知:上述结论是正确的.

所以,存在m=10,使得当n≥m时,an<2;当n2.

(Ⅱ)问题等价于:是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有an-1-an+1-2 an<0.

由(Ⅰ)可得:an-1-an+1-2 an=.

我们已经知道:当n≥10时,an<2,于是(an<2)3<0,(7-an)-3

观察前面计算的结果,可以看出:a100,从而得出结论.

说明:(1)归纳,猜想是建立在细致的观察和缜密的分析基础上的,并非无源之水,无本之木.(2)上述分析的过程如果用数学归纳法写出,则相当简洁,但同时也掩盖了思维的过程.

四,由递推公式探求数列问题

例11.设An为数列{an}的前n项的和,An=(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn},证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;

(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,Br为数列{bn}的前r项的和,Dn为数列{dn}的前n项和,Tn=Br-Dn,求.

解:(1)由An= (an-1),可知An+1= (an+1-1)

∴An+1-An= (an+1-an)=an+1,即 =3

而a1=A1= (a1-1),得a1=3

所以数列{an}是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式为an=3n.

(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n

=3×(42n+C12n·42n-1(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n)

=4m+3

∴32n+1∈{bn}

而数32n=(4-1)2n

=42n+C2n1·42n-1·(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n

=(4k+1)

∴32n{bn}

而数列{an}={32n+1}∪{32n}

∴ dn=32n+1

(3)由32n+1=4·r+3,可知r=

∵Br==r(2r+5)=·

Dn=·(1-9n)=(9n-1)

∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)

=·34n-·32n+

又∵(an)4=34n

∴=

例12. 已知函数f(x)=x+x2-a2 (a>0)

(1)求f(x)的反函数f-1(x)及其定义域;

(2)数列{an}满足a1=3aan+1=f-1an

设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,试比较Sn与的大小,并证明你的结论.

解:(1)给y-x=x2-a2 两边平方,整理得 x=

∵y-x=y-==≥0

∴y≥a或-a≤y<0

故f-1(x)= ,其定域为[-a,0)∪[a,+∞)

(2)∵an+1=f-1(an)=

∴bn+1==…=()2=bn2 (可两边取对数求解)

又a1=3a,b1===

∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3)

=…=(b1) =()

∴Sn=b1+b2+…+bn

=+()2+()+[()+()+…+()]==1-()n

由此可知,当n<3时,Sn3时,Sn>.

又∵2n-1=(1+1)n-1=1+C1n-1+C2n-1+C3n-1+……+Cn-1n-1

则当n≥4时,2n-1>1+C1n-1+C2n-1

=1+(n-1)+>n+1

∴().

当n=3时,Sn=+()2+()=++=<.

故知当n≤3 时,Sn2,故a22,得an>2,所以{an}单调递减.且因为an>2,所以

an-2=<(an-1-2)

<()2(an-2-2)<…2pq,又a1,b1不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列.

说明: 本题是2000年全国高考数学试题.其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题.我们可以得出更一般的结论;

推论1:设数列{cn},cn=an+bn且a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b.

推论2:设{an},{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的公比相等.

推论3:公比为a,b的等比数列{an},{bn},且a≠b,s,t为不全为零的实数,cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0.

例15.数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an n∈N

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求sn;

(3)设bn= ( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数m,使得对任意n∈N,均有Tn>成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)由an+2=2an+1-an

an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d==-2

-∴an=10-2n

(2)由an=10-2n≥0得n≤5

∴当n≤5时,Sn=-n2+9n

当n>5时,Sn=n2-9n+40

故Sn=-n2+9n 1≤n≤5n2-9n+40 n>5 (n∈N)

(3)bn===()

∴Tn= b1+b2+…+bn

=[(1-)+(-)+(-)+……+(-)]=(1-)=

>>Tn-1>Tn-2>……>T1.

∴要使Tn>总成立,需

高考数列裂项求和

你看看这个吧,希望对你有帮助.

裂项法求和

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：

（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)

（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]

（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]

（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)

（5） n·n!=(n+1)!-n!

[例1] 分数裂项基本型求数列an=1/n(n+1) 的前n项和.

an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) （裂项）

则 Sn=1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂项求和）

＝ 1-1/(n+1)

＝ n/(n+1)

数列求和

看不清原题的第1问，但从你算的第二问看，4n/(2n-1)(2n+1)=1/（2n-1)+1/(2n+1)没错啊，再结合前面-1的整数指数幂刚好，满足相邻项的累加抵消，如你所算有：

（1/1+1/3）+（-1/3-1/5）+（1/5+1/7）+...+（-1）…+(-1)^(n-1)(1/（2n-1)+1/(2n+1))

=1+(-1)^(n-1)(1/(2n+1)).

高考数列大题求解

数列求和对按照一定规律排列的数进行求和。求Sn实质上是求Sn的通项公式，应注意对其含义的理解。常见的方法有公式法、错位相减法、倒序相加法、分组法、裂项法、数学归纳法、通项化归、并项求和。数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础。在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位。

数列求和的七种方法：

1、等差数列求和（ArithmeticSeries）：

对于等差数列an=a1+(n-1)d，其中a1是首项，d是公差，n是项数。

求和公式为Sn=(n/2)(a1+an)，其中Sn表示数列的和。

2、等差数列求和（差分法）：

可以使用差分法求解等差数列的和。具体步骤是将数列逆向相减，得到一个全为公差d的数列，然后乘以项数n，再除以2，即可得到数列的和。

3、等比数列求和（GeometricSeries）：

对于等比数列bn=a1*r^(n-1)，其中a1是首项，r是公比，n是项数。

若公比r不等于1，则求和公式为Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)。

若公比r等于1，则求和公式为Sn=n*a1。

4、等比数列求和（乘法法）：

可以利用乘法法来求解等比数列的和。具体步骤是将数列乘以公比r，然后与原数列相减，得到一个等差数列，再利用等差数列求和的公式求解。

5、幂级数求和：

对于幂级数an=a1*r^(n-1)，其中a1是首项，r是比值，n是项数。

求和公式为Sn=a1/(1-r)，其中Sn表示数列的和，要求r的绝对值小于1。

6、几何级数求和：

几何级数即等比数列的部分和序列。对于几何级数bn=a1*r^(n-1)，其中a1是首项，r是公比，n是项数。

求和公式为Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)。

7、特殊数列求和：

某些特殊数列具有独特的求和公式，例如平方数列和立方数列。对于平方数列和立方数列，可以使用特定的公式直接求和。

数列求和常见的应用场景

1、数学问题解决：数列求和是解决许多数学问题的基础。例如，在概率论和统计学中，可以利用数列求和来计算概率和期望值；在微积分中，可以使用数列求和来近似计算函数的积分值等。

2、金融和投资：数列求和在金融和投资领域中有重要应用。例如，在复利计算中，可以利用几何级数的求和公式来计算未来价值和复利利息；在年金计算中，可以使用等差数列求和来计算定期存款的终值和年金的现值等。

3、物理学和工程学：数列求和在物理学和工程学中也有广泛应用。例如，在动力学中，可以使用数列求和来计算速度、加速度和位移等；在信号处理中，可以利用数列求和来分析信号的频谱特性等。

高三数列问题

⑴ a(n+1)=(1+1/n)an+(n+1)/2^n

a(n+1)=[(n+1)/n]an+(n+1)/2^n

两边同除(n+1)得：a(n+1)/(n+1)=an/n+1/2^n

b1=a1/1=1

b(n+1)-bn=1/2^n

n>=2时

b2-b1=1/2

b3-b2=1/2^2

……

bn-b(n-1)=1/2^(n-1)

把以上n-1个等式相加：bn-b1=bn-1=1/2+1/2^2+…+1/2^(n-1)=1-1/2^(n-1)

bn=2-1/2^(n-1)，b1=1也适合此式。

所以，数列{bn}的通项公式为：bn=2-1/2^(n-1)，(n为正整数)

⑵

bn=an/n=2-1/2^(n-1)

an=2n-n/2^(n-1)

Sn=2-1/2^0+4-2/2+6-3/2^2+…+2n-n/2^(n-1)

=(2+4+6+…+2n)-[1/2^0+2/2+3/2^3+…+n/2^(n-1)]

=n(n+1)-[1/2^0+2/2+3/2^3+…+n/2^(n-1)]

设Tn=1/2^0+2/2+3/2^3+…+n/2^(n-1) (1)

(1/2)*(1)得：(1/2)Tn=1/2+2/2^2+3/2^3+…+n/2^n (2)

(1)-(2)得：

(1/2)Tn=1+1/2+1/2^2+1/2^3+…+1/2^(n-1)-n/2^n=2-1/2^(n-1)-n/2^n

Tn=4-1/2^(n-2)-2n/2^(n-2)=4-(2n+1)/2^(n-2)

Sn=n(n+1)-Tn=n(n+1)+(2n+1)/2^(n-2)-4，n为正整数。

注：”∧n“指”n次方“

希望回答对你有帮助。

（1）令[a(n+1)-1]/[a(n+1)-2]=K(an-1)/(an-2)；

利用题目中an×a(n+1)=3an-2带入上面方程可以得到

2[an-a(n+1)]=k[an-a(n+1)]；显然k=2恒成立

所以(an-1)/(an-2)是等比数列（公比为2）；

先求(a1-1)/(a1-2)=2

于是(an-1)/(an-2)=2×2^(n-1)=2^n；

进一步求得an=[2^(n+1)-1]/(2^n-1)=2+1/(2^n-1)；

（2）bn=an×a(n+1)-2an=an-2=1/(2^n-1)；

先设cn=1/2^(n-1)，它的前n项和为Pn；

由于2^n-1>2^(n-1)；那么bn<cn（n>1时）

根据求和公式Pn=2-1/2^(n-1)<2恒成立；

上面已经讨论了bn<cn；

所以有Sn<Pn<2

命题得证