- 错位相减法求和
- 共37题
观察等式:,,根据以上规律,写出第四个等式为: 。
正确答案
解析
略。
知识点
已知:数列满足
(1)求数列的通项
(2)若,求数列的前n项的和
正确答案
见解析。
解析
(1)n=1时,
时, (i)
(ii)
(i)-(ii)得 ,
又适合上式
(2)
知识点
设数列满足,。
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前项。
正确答案
见解析。
解析
(1)因为,, ①
所以当时,。
当时,, ②
①-②得,。
所以。
因为,适合上式,
所以。
(2)由(1)得。
所以
。
所以
。
知识点
已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn,(p – 1)Sn = p2 – an,n∈N*,p > 0且p≠1,数列{bn}满足bn = 2logpan。
(1)求an,bn;
(2)若p =,设数列的前n项和为Tn,求证:0 < Tn≤4;
(3)是否存在自然数M,使得当n > M时,an > 1恒成立?若存在,求出相应的M;若不存在,请说明理由。
正确答案
见解析。
解析
(1)由(p – 1)Sn = p2 – an (n∈N*) ①
由(p – 1)Sn – 1 = p2 – an – 1 ②
① – ②得(n≥2)
∵an > 0 (n∈N*)
又(p – 1)S1 = p2 – a1,∴a1 = p
{an}是以p为首项,为公比的等比数列
an = p
bn = 2logpan = 2logpp2 – n
∴bn = 4 – 2n
(2)证明:由(1)知,bn = 4 – 2n,an = p2 – n
又由条件p =得an = 2n – 2
∴Tn = ①
②
① – ②得
= 4 – 2 ×
= 4 – 2 ×
∴Tn =
Tn – Tn – 1 =
当n > 2时,Tn – Tn – 1< 0
所以,当n > 2时,0 < Tn≤T3 = 3
又T1 = T2 = 4,∴0 < Tn≤4。
(3)解:若要使an > 1恒成立,则需分p > 1和0 < p < 1两种情况讨论
当p > 1时,2 – n > 0,n < 2
当0 < p < 1时,2 – n < 0,n > 2
∴当0 < p < 1时,存在M = 2
当n > M时,an > 1恒成立。
知识点
已知函数的图象经过点和,记
(1)求数列的通项公式;
(2)设,若对恒成立,求m的最小值.
正确答案
见解析。
解析
(1)由题意得,解得,
(2)由(1)得,
①
②
①-②得
.
,
设,则由
得随的增大而减小,随的增大而增大。
时,
又恒成立,
知识点
已知等差数列的前3项和为6,前8项和为-4。
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前n项和
正确答案
见解析
解析
(1)设{an}的公差为d ,由已知得
解得a1=3,d=-1
故an=3-(n-1)(-1)=4-n
(2)由(1)的解答得,bn=n·qn-1,于是
Sn=1·q0+2·q1+3·q2+……+(n-1)·qn-1+n·qn.
若q≠1,将上式两边同乘以q,得
qSn=1·q1+2·q2+3·q3+……+(n-1)·qn+n·qn+1.
将上面两式相减得到
(q-1)Sn=nqn-(1+q+q2+……+qn-1)
=nqn-
于是Sn=
若q=1,则Sn=1+2+3+……+n=
所以,Sn=
知识点
已知Sn是数列的前n项和,且,.
(1)求的值;
(2)求数列的通项;
(3)设数列满足,求数列的前项和.
正确答案
见解析。
解析
(1)由得 ,
,
由得
(2)当时,由 ① ,得 ②
①-②得,化简得,
∴().
∴,,……,
以上()个式子相乘得()
又,∴
(3)∵
∴
知识点
已知数列是等差数列, ;数列的前n项和是,且。
(1)求数列的通项公式;
(2) 求证:数列是等比数列;
(3) 记,求的前n项和。
正确答案
见解析。
解析
(1)设的公差为,则:,,
∵,,∴,∴,
∴。
(2)当时,,由,得。
当时,,,
∴,即,
∴,
∴是以为首项,为公比的等比数列,
(3)由(2)可知:。
∴,
∴。
∴。
∴
。
∴,
知识点
等差数列中,,前项和为,等比数列各项均为正数,,且,的公比
(1)求与;
(2)记=,求数列的前项和.
正确答案
见解析。
解析
(1)由已知可得
解直得,或(舍去),
(2)由(1)得,
由已知得 ①
②
①-②得
知识点
已知函数f(x)=x2+x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上。
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)令cn=+,证明:2n<c1+c2+…+cn<2n+。
正确答案
见解析。
解析
(1)∵点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上,
∴,
∴当n=1时,;
当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=。
当n=1时,也适合上式,
因此。
(2)由(1)可得:=。
∴Tn=,
,
两式相减得=1+=3
∴。
(3)证明:由cn==+>2=2,
∴c1+c2+…+cn>2n。
又cn=+=2+﹣,
∴c1+c2+…+cn=2n+[(﹣)+(﹣)+…+(﹣)]=2n+﹣<2n+。
∴2n<c1+c2+…+cn<2n+成立。
知识点
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