《2014高考數(shù)學(xué)一輪匯總訓(xùn)練《數(shù)列求和》理新人教A版.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2014高考數(shù)學(xué)一輪匯總訓(xùn)練《數(shù)列求和》理新人教A版.doc(18頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
[備考方向要明了]
考 什 么
怎 么 考
熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式.
1.以選擇題或填空題的形式考查可轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的數(shù)列求和問(wèn)題,如2012年新課標(biāo)全國(guó)T16等.
2.以解答題的形式考查利用錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法或分組求和法等求數(shù)列的前n項(xiàng)和,如2012年江西T16,湖北T18等.
[歸納知識(shí)整合]
數(shù)列求和的常用方法
1.公式法
直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求和
(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式:
Sn==na1+d;
(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式:
Sn=
2.倒序相加法
如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù),那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法,如等差數(shù)列的前n項(xiàng)和即是用此法推導(dǎo)的.
3.錯(cuò)位相減法
如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的,那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來(lái)求,如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和就是用此法推導(dǎo)的.
4.裂項(xiàng)相消法
把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差,在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消,從而求得其和.
[探究] 1.應(yīng)用裂項(xiàng)相消法求和的前提條件是什么?
提示:應(yīng)用裂項(xiàng)相消法求和的前提條件是數(shù)列中的每一項(xiàng)均可分裂成一正一負(fù)兩項(xiàng),且在求和過(guò)程中能夠前后抵消.
2.利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)應(yīng)注意哪些問(wèn)題?
提示:(1)在把通項(xiàng)裂開(kāi)后,是否恰好等于相應(yīng)的兩項(xiàng)之差;
(2)在正負(fù)項(xiàng)抵消后,是否只剩下了第一項(xiàng)和最后一項(xiàng),或前面剩下兩項(xiàng),后面也剩下兩項(xiàng).
5.分組求和法
一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成,則求和時(shí)可用分組求和法,分別求和后再相加減.
6.并項(xiàng)求和法
一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和,可兩兩結(jié)合求解,則稱之為并項(xiàng)求和.形如an=(-1)nf(n)類(lèi)型,可采用兩項(xiàng)合并求解.
例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12
=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
[自測(cè)牛刀小試]
1.+++…+等于( )
A. B.
C.1- D.3-
解析:選A ∵=,
∴+++…+
=
==.
2.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=,其前n項(xiàng)和Sn=,則項(xiàng)數(shù)n等于( )
A.13 B.10
C.9 D.6
解析:選D ∵an==1-,
∴Sn=++…+
=n-
=n-=n-=n-1+.
∴n-1+==5,解得n=6.
3.(教材習(xí)題改編)(2-35-1)+(4-35-2)+…+(2n-35-n)=________.
解析:(2-35-1)+(4-35-2)+…+(2n-35-n)
=(2+4+…+2n)-3(5-1+5-2+…+5-n)
=-3
=n(n+1)-=n2+n+5-n-.
答案:n2+n+5-n-
4.若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1n,則S100=________.
解析:S100=1-2+3-4+5-6+…+99-100
=(1-2)+(3-4)+(5-6)+…+(99-100)=-50.
答案:-50
5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且an=n2n,則Sn=________.
解析:∵an=n2n,
∴Sn=121+222+323+…+n2n.①
∴2Sn=122+223+…+(n-1)2n+n2n+1.②
①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n2n+1
=-n2n+1=2n+1-2-n2n+1
=(1-n)2n+1-2.
∴Sn=2n+1(n-1)+2.
答案:(n-1)2n+1+2
分組轉(zhuǎn)化求和
[例1] (2012山東高考)在等差數(shù)列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)對(duì)任意m∈N*,將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(9m,92m)內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bm,求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和Sm.
[自主解答] (1)因?yàn)閧an}是一個(gè)等差數(shù)列,
所以a3+a4+a5=3a4=84,a4=28.
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,
則5d=a9-a4=73-28=45,
故d=9.
由a4=a1+3d,得28=a1+39,即a1=1.
所以an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N*).
(2)對(duì)m∈N*,若9m
0,a1>0.
由已知有
化簡(jiǎn)得又a1>0,故q=2,a1=1.
所以an=2n-1.
(2)由(1)知,bn=2=a++2=4n-1++2.
因此Tn=(1+4+…+4n-1)++2n
=++2n=(4n-41-n)+2n+1.
裂項(xiàng)相消法求和
[例2] 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=1,Sn=nan-n(n-1)(n=1,2,3,…).
(1)求證:數(shù)列{an}為等差數(shù)列,并寫(xiě)出an關(guān)于n的表達(dá)式;
(2)若數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n,問(wèn)滿足Tn>的最小正整數(shù)n是多少?
[自主解答] (1)當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-2(n-1),得an-an-1=2(n=2,3,4,…).
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.
所以an=2n-1.
(2)Tn=++…++
=++…+
=
==,
由Tn=>,得n>,所以滿足Tn>的最小正整數(shù)n為12.
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用裂項(xiàng)相消法求和應(yīng)注意的問(wèn)題
利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí),應(yīng)注意抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng),也有可能前面剩兩項(xiàng),后面也剩兩項(xiàng),再就是將通項(xiàng)公式裂項(xiàng)后,有時(shí)候需要調(diào)整前面的系數(shù),使裂開(kāi)的兩項(xiàng)之差與系數(shù)相乘后與原項(xiàng)相等.
2.等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且2a1+3a2=1,a=9a2a6.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求數(shù)列的前n項(xiàng)和.
解:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.
由a=9a2a6得a=9a,所以q2=.
由條件可知q>0,故q=.
由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=.
(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-.
故=-=-2.
++…+
=-2
=-.
所以數(shù)列的前n項(xiàng)和為-.
錯(cuò)位相減法求和
[例3] (2012天津高考)已知{an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)記Tn=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*,證明Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n≥2).
[自主解答] (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.
由條件,得方程組解得
所以an=3n-1,bn=2n,n∈N*.
(2)證明:由(1)得
Tn=22+522+823+…+(3n-1)2n,①
2Tn=222+523+…+(3n-4)2n+(3n-1)2n+1.②
由①-②,得
-Tn=22+322+323+…+32n-(3n-1)2n+1
=-(3n-1)2n+1-2
=-(3n-4)2n+1-8,
即Tn-8=(3n-4)2n+1.
而當(dāng)n≥2時(shí),an-1bn+1=(3n-4)2n+1,
所以Tn-8=an-1bn+1,n∈N*,n≥2.
若本例(2)中Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,求證:Tn+12=-2an+10bn(n∈N*).
證明:由(1)得
Tn=2an+22an-1+23an-2+…+2na1,①
2Tn=22an+23an-1+…+2na2+2n+1a1.②
②-①,得
Tn=-2(3n-1)+322+323+…+32n+2n+2=+2n+2-6n+2=102n-6n-10.
而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+102n-12=102n-6n-10,故Tn+12=-2an+10bn,n∈N*.
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用錯(cuò)位相減法求和應(yīng)注意的問(wèn)題
(1)要善于識(shí)別題目類(lèi)型,特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形;
(2)在寫(xiě)出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出“Sn-qSn”的表達(dá)式;
(3)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí),若等比數(shù)列的公比為參數(shù),應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解.
3.已知等差數(shù)列{an}的前3項(xiàng)和為6,前8項(xiàng)和為-4.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=(4-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解:(1)設(shè){an}的公差為d.
由已知得
解得a1=3,d=-1.
故an=3+(n-1)(-1)=4-n.
(2)由(1)得,bn=nqn-1,于是
Sn=1q0+2q1+3q2+…+nqn-1.
若q≠1,將上式兩邊同乘以q有qSn=1q1+2q2+…+(n-1)qn-1+nqn.
兩式相減得到(q-1)Sn=nqn-1-q1-q2-…-qn-1
=nqn-
=.
于是,Sn=.
若q=1,則Sn=1+2+3+…+n=.
所以Sn=
1種思想——轉(zhuǎn)化與化歸思想
數(shù)列求和把數(shù)列通過(guò)分組、變換通項(xiàng)、變換次序、乘以常數(shù)等方法,把數(shù)列的求和轉(zhuǎn)化為能使用公式求解或者能通過(guò)基本運(yùn)算求解的形式,達(dá)到求和的目的.
2個(gè)注意——“裂項(xiàng)相消法求和”與“錯(cuò)位相減法求和”應(yīng)注意的問(wèn)題
(1)使用裂項(xiàng)相消法求和時(shí),要注意正負(fù)項(xiàng)相消時(shí),消去了哪些項(xiàng),保留了哪些項(xiàng),切不可漏寫(xiě)未被消去的項(xiàng),未被消去的項(xiàng)有前后對(duì)稱的特點(diǎn).
(2)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí),若等比數(shù)列的公比為參數(shù),應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解.
4個(gè)公式——常見(jiàn)的拆項(xiàng)公式
(1)=;
(2)=;
(3)=;
(4)=(-).
答題模板——利用錯(cuò)位相減法解決數(shù)列求和
[典例] (2012江西高考)(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=-n2+kn(其中k∈N+),且Sn的最大值為8.
(1)確定常數(shù)k,求an;(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.
[快速規(guī)范審題]
第(1)問(wèn)
1.審條件,挖解題信息
觀察條件:Sn=-n2+kn及Sn的最大值為8當(dāng)n=k時(shí),Sn取得最大值.
2.審結(jié)論,明確解題方向
觀察所求結(jié)論:求k的值及anSn的最大值為8,即Sk=8,k=4. Sn=-n2+4n.
3.建聯(lián)系,找解題突破口
根據(jù)已知條件,可利用an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式:
求通項(xiàng)公式an=Sn-Sn-1=-n(n≥2),a1=S1=an=-n.
第(2)問(wèn)
1.審條件,挖解題信息
觀察條件:an=-n及數(shù)列=.
2.審結(jié)論,明確解題方向
觀察所求結(jié)論:求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn可利用錯(cuò)位相減法求和.
3.建聯(lián)系,找解題突破口
條件具備,代入求和:Tn=1+++…++①2Tn=2+2++…++②②-①:2Tn-Tn=2+1++…+-=4--=.
[準(zhǔn)確規(guī)范答題]
(1)當(dāng)n=k∈N+時(shí),Sn=-n2+kn取得最大值,即8=Sk=-k2+k2=k2,?(2分)
利用an=Sn-Sn-1時(shí),易忽視條件n≥2.
故k2=16,因此k=4,?(3分)
從而an=Sn-Sn-1=-n(n≥2).?(4分)
又a1=S1=,?(5分)
所以an=-n.?(6分)
(2)因?yàn)椋剑?
錯(cuò)位相減時(shí),易漏項(xiàng).
所以Tn=1+++…++,①?(7分)
所以2Tn=2+2++…++,②?(8分)
②-①:2Tn-Tn=2+1++…+-=4--=4-.?(11分)
所以Tn=4-.?(12分)
[答題模板速成]
用錯(cuò)位相減法解決數(shù)列求和的步驟:
第一步 判斷結(jié)構(gòu)
?
第二步 乘公比
?
第三步 錯(cuò)位相減
?
第四步 求和
若數(shù)列{anbn}是由等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列(公比q)的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的,則可用此法求和
設(shè){anbn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,然后兩邊同乘以q
乘以公比q后,向后錯(cuò)開(kāi)一位,使含有qk(k∈N*)的項(xiàng)對(duì)應(yīng),然后兩邊同時(shí)作差
將作差后的結(jié)果求和,從而表示出Tn
一、選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
1.已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項(xiàng)和,且9S3=S6,則數(shù)列的前5項(xiàng)和為( )
A.或5 B.或5
C. D.
解析:選C 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由題意可知q≠1,且=,解得q=2,所以數(shù)列是以1為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列,由求和公式可得S5=.
2.?dāng)?shù)列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n項(xiàng)和Sn的值等于( )
A.n2+1- B.2n2-n+1-
C.n2+1- D.n2-n+1-
解析:選A 該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=(2n-1)+,則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.
3.設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若S8=30,S4=7,則a4的值等于( )
A. B.
C. D.
解析:選C 由題意可得
解得故a4=a1+3=.
4.+++…+等于( )
A. B.
C. D.
解析:選B 令Sn=+++…+,①
則 Sn=++…++,②
①-②得:
Sn=+++…+-
=-,
故Sn=.
5.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n2cos nπ(n∈N*),Sn為它的前n項(xiàng)和,則等于( )
A.1 005 B.1 006
C.2 011 D.2 012
解析:選B 注意到cos nπ=(-1)n(n∈N*),
故an=(-1)nn2.
因此有S2 012=(-12+22)+(-32+42)+…+(-20112+20122)=1+2+3+…+2 011+2 012==1 0062 013,所以=1 006.
6.(2013錦州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=xm+ax的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=2x+1,則數(shù)列(n∈N*)的前n項(xiàng)和是( )
A. B.
C. D.
解析:選A ∵f′(x)=mxm-1+a,∴m=2,a=1.
∴f(x)=x2+x,f(n)=n2+n.
∴===-,
令Sn=+++…++
=+++…++=1-=.
二、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)
7.(2012江西高考)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公比不為1.若a1=1,且對(duì)任意的n∈N*都有an+2+an+1-2an=0,則S5=________.
解析:由an+2+an+1-2an=0,得anq2+anq-2an=0,顯然an≠0,所以q2+q-2=0.又q≠1,解得q=-2.又a1=1,所以S5==11.
答案:11
8.對(duì)于數(shù)列{an},定義數(shù)列{an+1-an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”,若a1=2,{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為2n,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=________.
解析:∵an+1-an=2n,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n.
∴Sn==2n+1-2.
答案:2n+1-2.
9.?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)an=n(n∈N*),其前n項(xiàng)和為Sn,則S2 013=________.
解析:∵an=n=ncos nπ,
∴a1=-1,a2=2,a3=-3,a4=4,…,
∴S2 013=(-1)+2+(-3)+4+(-5)+6+…+(-2 009)+2 010+(-2 011)+2 012+(-2 013)
=[(-1)+2]+[(-3)+4]+[(-5)+6]+…+[(-2 009)+2 010]+[(-2 011)+2 012]+(-2013)
=1+1+…+1+1-2 013=1 006-2 013=-1 007.
答案:-1 007
三、解答題(本大題共3小題,每小題12分,共36分)
10.(2012湖北高考)已知等差數(shù)列{an}前三項(xiàng)的和為-3,前三項(xiàng)的積為8.
(1)求等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若a2,a3,a1成等比數(shù)列,求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和.
解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則a2=a1+d,a3=a1+2d,
由題意得
解得或
所以由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可得
an=2-3(n-1)=-3n+5或an=-4+3(n-1)=3n-7.
故an=-3n+5或an=3n-7.
(2)當(dāng)an=-3n+5時(shí),a2,a3,a1分別為-1,-4,2,不成等比數(shù)列;
當(dāng)an=3n-7時(shí),a2,a3,a1分別為-1,2,-4,成等比數(shù)列,滿足條件.
故|an|=|3n-7|=
記數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為Sn.
當(dāng)n=1時(shí),S1=|a1|=4;
當(dāng)n=2時(shí),S2=|a1|+|a2|=5;
當(dāng)n≥3時(shí),Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(33-7)+(34-7)+…+(3n-7)=5+=n2-n+10.當(dāng)n=2時(shí),滿足此式.
綜上可知,Sn=
11.(2013合肥模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn,a1=t,點(diǎn)(Sn,an+1)在直線y=3x+1上,n∈N*.
(1)當(dāng)實(shí)數(shù)t為何值時(shí),數(shù)列{an}是等比數(shù)列.
(2)在(1)的結(jié)論下,設(shè)bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn是數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和,求Tn.
解:(1)∵點(diǎn)(Sn,an+1)在直線y=3x+1上,
∴an+1=3Sn+1,an=3Sn-1+1(n>1,且n∈N*).
∴an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,
即an+1=4an,n>1.
又a2=3S1+1=3a1+1=3t+1,
∴當(dāng)t=1時(shí),a2=4a1,數(shù)列{an}是等比數(shù)列.
(2)在(1)的結(jié)論下,an+1=4an,an+1=4n,
bn=log4an+1=n.
cn=an+bn=4n-1+n,
Tn=c1+c2+…+cn=(40+1)+(41+2)+…+(4n-1+n)
=(1+4+42+…+4n-1)+(1+2+3+…+n)
=+.
12.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn+n=2an(n∈N*).
(1)證明:數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=(2n+1)an+2n+1,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.求滿足不等式>2 013的n的最小值.
解:(1)證明:因?yàn)镾n+n=2an,即Sn=2an-n,
所以Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N*).
兩式相減化簡(jiǎn),得an=2an-1+1.
所以an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N*).
所以數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列.
因?yàn)镾n+n=2an,令n=1,得a1=1.
a1+1=2,所以an+1=2n,即an=2n-1.
(2)因?yàn)閎n=(2n+1)an+2n+1,
所以bn=(2n+1)2n.
所以Tn=32+522+723+…+(2n-1)2n-1+(2n+1)2n,①
2Tn=322+523+…+(2n-1)2n+(2n+1)2n+1,②
①-②,得-Tn=32+2(22+23+…+2n)-(2n+1)2n+1=6+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.
若>2 013,則>2 013,
即2n+1>2 013.
由于210=1 024,211=2 048,所以n+1≥11,即n≥10.
所以滿足不等式>2 013的n的最小值是10.
1.設(shè)f(x)=,若S=f+f+…+f,則S=________.
解析:∵f(x)=,∴f(1-x)==,
∴f(x)+f(1-x)=+=1.
S=f+f+…+f,①
S=f+f+…+f,②
①+②得
2S=++…+
=2 012,
∴S==1 006.
答案:1 006
2.求和Sn=++++…+.
解:Sn=++++…+
=++++…+
=(1+2+3+…+n)+
=+
=-n+1.
3.在數(shù)列{an}中,a1=1,當(dāng)n≥2時(shí),其前n項(xiàng)和Sn滿足S=an.
(1)求Sn的表達(dá)式;
(2)設(shè)bn=,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)∵S=an,an=Sn-Sn-1(n≥2),
∴S=(Sn-Sn-1),
即2Sn-1Sn=Sn-1-Sn,①
由題意Sn-1Sn≠0,
①式兩邊同除以Sn-1Sn,得-=2,
∴數(shù)列是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.
∴=1+2(n-1)=2n-1.∴Sn=.
(2)又bn==
=,
故Tn=b1+b2+…+bn
=
==.
4.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng);
(2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解:(1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,①
∴當(dāng)n≥2時(shí),
a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=,②
①-②得3n-1an=,∴an=.
在①中,令n=1,得a1=,適合an=,∴an=.
(2)∵bn=,∴bn=n3n.
∴Sn=3+232+333+…+n3n,③
∴3Sn=32+233+334+…+n3n+1.④
④-③得2Sn=n3n+1-(3+32+33+…+3n),
即2Sn=n3n+1-,
∴Sn=+.
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