2010 数列求和高考题及答案
2010 数列求和
1. (2010·天津高考理科·T6)已知{a n }是首项为1的等比数列,s n 是{a n }的前n 项和,且9s 3=s 6,则数列⎨(A )
⎧1⎫
⎬的前5项和为( ) a ⎩n ⎭
15313115或5 (B )或5 (C ) (D ) 816168
【命题立意】考查等比数列的通项公式、前n 项和公式. 【思路点拨】求出数列{a n }的通项公式是关键. 【规范解答】选C .设a n =q
n -1
1-q 31-q 6
=⇒9(1-q 3) =1-q 6, ,则9⨯
1-q 1-q
11-() 5
11n -133=31. 即9=1+q ⇒q =8, ∴q =2,∴a n =2⇔=() n -1,∴T 5=
1a n 2161-2
2. (2010·天津高考文科·T15)设{an }
是等比数列,公比q =记T n =
,S n 为{an }的前n 项和.
17S n -S 2n
, n ∈N *. 设T n 0为数列{T n }的最大项,则n 0
a n +1
【命题立意】考查等比数列的通项公式、前n 项和、均值不等式等基础知识. 【思路点拨】化简T n 利用均值不等式求最值. 【规范解答】 S n =
a 1[1-(2) n ]1-2-
, S 2n =
a 1[1-(2) 2n ]1-2
, a n +1=a 1(2) n ,
17⨯
∴T n =
a 1[1-(2) n ]a 1[1-(2) 2n ]1-2
=
11-2
⨯[
16(2) n
+(2) n -17],
1-2
a 1(2) n
∵
16(2) n
+(2) n ≥8, 当且仅当(2) 2n =16即2n =16,所以当n=4,即n 0=4时,T 4最大.
【答案】4
3. (2010·安徽高考理科·T20)设数列a 1, a 2, , a n , 中的每一项都不为0. 证明:{a n }为等差数列的充分必要条件是:对任何n ∈N ,都有
111n ++ +=. a 1a 2a 2a 3a n a n +1a 1a n +1
【命题立意】本题主要考查等差数列与充要条件等知识,考查考生推理论证,运算求解能力. 【思路点拨】证明可分为两步,先证明必要性,适宜采用列项相消法,再证明充分性, 可采用数学归纳法或综合法.
【规范解答】已知数列{a n }中的每一项都不为0,先证" ⇒" 若数列{a n }为等差数列,设公差为d , 当d ≠0时,有
1111
=(-) , a n a n +1d a n a n +1
∴
1111111111++ +=[(-) +(-) + +(-)] a 1a 2a 2a 3a n a n +1d a 1a 2a 2a 3a n a n +11111a n +1-a 1n [(-)]== d a 1a n +1d a 1a n +1a 1a n +1
111n
++ +成立; =a 1a 2a 2a 3a n a n +1a 1a n +1
=
即对任何n ∈N ,有
当d =0时,显然再证" ⇐"
111n ++ +也成立. =a 1a 2a 2a 3a n a n +1a 1a n +1
对任意n ∈N ,有
111n
++ +=①, a 1a 2a 2a 3a n a n +1a 1a n +1
1111n +1
++ ++=②, a 1a 2a 2a 3a n a n +1a n +1a n +2a 1a n +2
由②-①得:
1n +1n =-
a n +1a n +2a 1a n +2a 1a n +1
上式两端同乘a 1a n +1a n +2,得a 1=(n +1) a n +1-na n +2③, 同理可得a 1=na n -(n -1) a n +1④,
由③-④得:2a n +1=a n +a n +2,所以{a n }为等差数列 【方法技巧】
1、在进行数列求和问题时,要善于观察关系式特点,进行适当的变形,如分组、裂项等 ,转化为常见的类型进行求和;
2、对数列中的含n 的式子,注意可以把式子中的n 换为n +1或n -1得到相关的式子,再进行化简变形
处理;也可以把n 取自然数中的具体的数1,2,3…等,得到一些等式归纳证明.
4. (2010·山东高考理科·T18)已知等差数列{a n }满足:a 3=7,a 5+a 7=26,{a n }的前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ; (2)令b n =
1*
(n N ) ,求数列{b n }的前n 项和T n . ∈2
a -1 n
【命题立意】本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式的应用、裂项法求数列的和, 考查了考生的逻辑推理、等价变形和运算求解能力.
【思路点拨】(1)设出首项和公差,根据已知条件构造方程组可求出首项和公差,进而求出求a n 及S n (2)由(1)求出b n 的通项公式,再根据通项的特点选择求和的方法.
【规范解答】(1)设等差数列{a n }的公差为d ,因为a 3=7,a 5+a 7=26,所以有
;
⎧a 1+2d =7
,解得a 1=3, d =2, ⎨
2a +10d =26⎩1
2n -1)=2n+1;S n =3n+所以a n =3+(
(2)由(1)知a n =2n+1,所以b n =
n(n-1)
⨯2=n 2+2n. 2
1111111
===⋅⋅(-) ,
a n 2-1(2n+1)2-14n(n+1)4n n+1
所以T n =
n 11111111
, ⋅(1-+-+ +-) =⋅(1-)=
4223n n+14n+14(n+1)
n
.
4(n+1)
即数列{b n }的前n 项和T n =
【方法技巧】数列求和的常用方法:
1、直接由等差、等比数列的求和公式求和,注意对公比q ≠1的讨论.
2、错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即等比数列求和公式的推导过程的推广.
3、分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解.
4、裂项相消法:主要用于通项为分式的形式,通项拆成两项之差求和,正负项相消剩下首尾若干项,注意一般情况下剩下正负项个数相同.
5、倒序相加法:把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广).
5. (2010·安徽高考文科·T21)设C 1, C 2, , C n , 是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在x 轴的正半轴上,
且都与直线y =已知{r n }为递增数列. (1)证明:{r n }为等比数列;
(2)设r 1=1,求数列{的前n 项和.
【命题立意】本题主要考查等比数列的基本知识,利用错位相减法求和等基本方法,考察考生的抽象概括能力以及推理论证能力.
【思路点拨】(1)求直线倾斜角的正弦,设C n 的圆心为(λn ,0) ,得λn =2r n ,同理得λn +1=2r n +1,结合两圆相切得圆心距与半径间的关系,得两圆半径之间的关系,即{r n }中r n +1与r n 的关系,可证明{r n }为等比数列;
(2)利用(1)的结论求{r n }的通项公式,代入数列 【规范解答】
x 相切,对每一个正整数n , 圆C n 都与圆C n +1相互外切,以r n 表示C n 的半径,n r n
n
,然后采用错位相减法求和. r n
(1)将直线y=
1x 的倾斜角记为θ, 则有tan θ=θ=, 332
1
=sin θ=,得λn =2r n , λn 2 r n
设C n 的圆心为(λn ,0),则由题意得知
同理λn+1=2r n+1,
又
λn+1=λn +r n +r n+1
,
将λn =2r n 和λn+1=2r n+1,代入上式解得r n+1=3r n 故{r n }为公比q =3的等比数列。
(∏)由于r n =1,q =3,故r n =3n -1,从而
12n
++..... +, 则有
r 1r 2r n
n
=n ⨯31-n ,r n
记S n =
S n =1+2⨯3-1+3⨯3-2+...... +n ⨯31-n
S n
=1⨯3-1+2⨯3-2+...... +(n -1) ⨯31-n +n ⨯3-n 3
①-②, 得
2S n 1-3-n 33-1-21-n -n
=1+3+3+... +3-n ⨯3=-n ⨯3-n =-(n +) ⨯3-n ,
23223
9139-(2n +3) ⨯31-n 1-n
∴S n =-(n +) ⨯3=
4224.
【方法技巧】
1、对数列中的含n 的式子,注意可以把式子中的n 换为n +1或n -1得到相关的式子,再进行化简变形处理;
2、在进行数列求和问题时,要善于观察关系式特点,进行适当的处理,如分组、列项相消、错位相减等 ,转化为常见的类型进行求和.
6. (2010·江苏高考·T19)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2a 2=a 1+a 3,数列是公差为d 的等差数列.
(1)求数列{a n }的通项公式(用n , d 表示);
(2)设c 为实数,对满足m +n =3k 且m ≠n 的任意正整数m , n , k ,不等式S m +S n >cS k 都成立。求证:
S }
n
9c 的最大值为.
2
【命题立意】本题主要考查等差数列的通项、求和、基本不等式以及不等式的恒成立问题等有关知识,考查探索、分析及论证的能力.
【思路点拨】(1)先求S n ,然后利用a n 与S n 的关系求解;(2)利用(1)中所求S n 利用基本不等式解决.
=【规范解答】(1)由题意知:d >0,
(n -1) d =(n -1) d
2a 2=a 1+a 3⇒3a 2=S 3⇒3(S 2-S 1) =S 3
化简,得:
,
3[(a 1+d ) 2-a 1]=(a 1+2d ) 2
a 1-d +d 2==d , a 1=
d 2
,
=d +(n -1) d =nd , S n =n 2d 2
a n =S n -S n -1=n 2d 2-(n -1) 2d 2=(2n -1) d 2n ≥2当时,,适合n =1情形.
故所求
a n =(2n -1) d 2
.
(2)(方法一)
m 2+n 2
c cS k ⇒m 2d 2+n 2d 2>c ⋅k 2d 2⇒m 2+n 2>c ⋅k 2
k 2恒成立. , m 2+n 29
2(m +n ) >(m +n ) =9k ⇒>2
m +n =3k 且m ≠n k 2, 又,
2
2
2
2
c ≤
故
992,即c 的最大值为2.
=
d
=(n -1) d
S n =n 2d 2d >0,得,.
于是,对满足题设的m , n , k ,m ≠n ,有
(m +n ) 229229
S m +S n =(m +n ) d >d =d k =S k
222.
2
2
2
所以c 的最大值
c max ≥
92.
a >
另一方面,任取实数
933
m =k +1, n =k -1
2.设k 为偶数,令22,则m , n , k 符合条件,
331
S m +S n =(m 2+n 2) d 2=d 2[(k +1) 2+(k -1) 2]=d 2(9k 2+4)
222且.
k >
1
S m +S n
时,2.
于是,只要9k +4
2ak ,即当
22
c ≤
所以满足条件的
99
c max ≤
2. 2,从而
9
因此c 的最大值为2.
7.(2010·天津高考文科·T22)在数列{a n }中,a 1=0,且对任意k ∈N ,a 2k -1,a 2k ,a 2k+1成等差数列,
*
其公差为2k.
(Ⅰ)证明a 4,a 5,a 6成等比数列; (Ⅱ)求数列{a n }的通项公式;
2232n 23++ +,证明
【命题立意】本小题主要考查等差数列的定义及前n 项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法. 【思路点拨】(Ⅰ)(Ⅱ)应用定义法证明、求解;(Ⅲ)对n 分奇数、偶数进行讨论.
【规范解答】(I )由题设可知,a 2=a 1+2=2,a 3=a 2+2=4,a 4=a 3+4=8,a 5=a 4+4=12,
a 6=a 5+6=18。从而
a 6a 53
==,所以a 4,a 5,a 6成等比数列. a 5a 42
(II )由题设可得a 2k +1-a 2k -1=4k , k ∈N *
所以a 2k +1-a 1=(a 2k +1-a 2k -1)+(a 2k -1-a 2k -3)+... (a 3-a 1) =4k +4(k -1)+... +4⨯1 =2k (k +1), k ∈N *.
2
由a 1=0,得a 2k +1=2k (k +1) ,从而a 2k =a 2k +1-2k =2k .
⎧n 2-1
n , n 为奇数⎪n 2(-1)-1⎪2
+所以数列{a n }的通项公式为a n =⎨2或写为a n =,n ∈N *. 24⎪n , n 为偶数
⎪⎩2
2
(III )由(II )可知a 2k +1=2k (k +1),a 2k =2k ,
以下分两种情况进行讨论:
(1) 当n 为偶数时,设n=2m(m ∈N *)
k 2
=2, 若m =1,则2n -∑k =2a k
n
若m ≥2,则
m m
2k )m -1(2k +1)(k 24k 2m -14k 2+4k +1=∑+∑=∑2+∑ ∑a a a 2k 2k k +1k =2k k =1k =1k =1k =12k 2k +1n
m -1⎡4k 2+4k ⎤1⎡1⎛11⎫⎤
+=2m +2+- =2m +∑⎢⎥∑ ⎪⎥ ⎢2k k +12k k +12k k -1⎦⎝⎭⎦k =1⎣k =1⎣
m -12
2
=2m +2(m -1)+
n
1⎛1⎫311-=2n --. ⎪2⎝m ⎭2n
n
k 2313k 2
=+,从而
2n 2k =2a k k =2a k
(2)当n 为奇数时,设n =2m +1(m ∈N *).
2m +1)(k 22m k 2(2m +1)31
=∑+=4m --+ ∑a a a 22m 2m m +1k =2k k =2k 2m +1
n
22
=4m +
n
1131
-=2n -- 22m -12n +1
n k 2313k 2
=+
综合(1)和(2)可知,对任意n ≥2, n ∈N *,有
3