高中数学求和:Sn=arc tg 12+ arc tg 12?22+ arc tg 12?32+… arc tg 12?n2 ._百度知道
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an =arctan[1/(2.n^2)]Sn = a1+a2+...+anNote that:arctanA+arctanB =arctan[(A+B)/(1-AB)]arctan(1/2) + arctan(1/(2.2^2))=arctan[(1/2 + (1/8)]/[1 - (1/2).(1/8))]= arctan(5/8)( 16/15)= arctan(2/3)arctan(1/2) + arctan(1/(2.2^2)) + arctan(1/(2.3^2))=arctan(2/3) + arctan(1/(2.3^2))=arctan[( 2/3 + 1/18)/(1- (2/3)(1/18))]=arctan[ (13/18).(27/26)]=arctan(3/4)we assume Sn = arctan[n/(n+1)] Prove by inductionp(1) is trueAssume p(k) is trueiearctan(1/2) + arctan(1/(2.2^2)) +....+ arctan(1/(2.k^2)) = arctan[k/(k+1)]for n=k+1LS=arctan(1/2) + arctan(1/(2.2^2)) +....+ arctan(1/(2.k^2)) +arctan(1/(2.(k+1)^2))= arctan[k/(k+1)]+arctan(1/(2.(k+1)^2))=arctan { [ k/(k+1) + 1/(2.(k+1)^2)]/[1- (k/(k+1))(1/(2.(k+1)^2))] }= arctan {
[(2k(k+1) +1)/(2(k+1)^2)]. [ 2(k+1)^3 / (2.(k+1)^3 - k) ] }=arctan {
(2k^2+2k+1).[ (k+1)/ ( 2k^3+6k^2+5k+2) ]= arctan { (2k^2+2k+1) [ (k+1)/[( k+2)(2k^2+2k+1)] ]= arctan [ (k+1)/(k+2)]p(k+1) is trueBy principle of MI, it is true for all n
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arctg(1/2n²)=arctan(2n+1)-arctan(2n-1)∴Sn=arctan3-arctan1+arctan5-arctan2+.......+arctan(2n+1)-arctan(2n-1)=arctan(2n+1)-arctan1望采纳！
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出门在外也不愁excel2007中当运用公式时（可能是公式未得出数据是）显示为#N/A，何其中的数字求和_百度知道
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把你的N2公式改为:=iferror(vlookup(d2,sheet2!$a:$b,2,),&&)右拉填充至X列再下拉填充这样就不会显示错误值了,Y2求和也就没问题了
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& 2015届高三数学（理）复习课时演练： 第6章 第4节《数列求和》（人教A版）
2015届高三数学（理）复习课时演练： 第6章 第4节《数列求和》（人教A版）
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资料概述与简介
1．(2014·长春外国语学校调研)设Sn＝1－2＋4－8＋…＋(－2)n－1，nN*，则S8等于(　　)
A．－85　　　　B．21　　　　C．43　　　　D．171
解析：选A　因为Sn是首项为1，公比是－2的等比数列的前n项和，所以S8＝＝－85，故选A.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a1 ＋a2 014，且M、N、P三点共线(该直线不过原点O)，
则S2 014＝(　　)
A．1 007　　　　B．1 006　　　　C．2 013　　　　D．2 014
解析：选A　因为M、N、P三点共线，所以a1＋a2 014＝1，
S2 014＝＝1 007，故选A.
3．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn等于(　　)
A．n2＋1－　　　　B．2n2－n＋1－
C．n2＋1－　　　　D．n2－n＋1－
解析：选A　该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.故选A.
4．(2014·福州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，
an＋1＝，则其前6项之和是(　　)
A．16　　　　B．20　　　　C．33　　　　D．120
解析：C　a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.
5．已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10·a110，d<0.
a9＋3a11＝(a10－d)＋3(a10＋d)
＝4a10＋2d＝2a10＋2(a10＋d)
＝2(a10＋a11)<0，
a10＋a11<0.
又a10·a110，a110，S20＝＝10(a10＋a11)<0.
当n＝19时，Sn取得最小正值．
6．(2014·哈尔滨联考)已知数列{an}的通项公式为an＝|n－13|，那么满足ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝102的整数k(　　)
A．有3个　　　　B．有2个
C．有1个　　　　D．不存在
解析：选B　由an＝|n－13|可得，当k≥13时，ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝(k－13)＋(k－12)＋…＋(k＋6)＝20k－70＝102，解得k＝N，不符合题意，舍去；当k0.
解得或(舍去)，
an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)an＝＋＋＋…＋＋，
an－1＝＋＋＋…＋(n≥2)，
an－an－1＝，
又an－an－1＝2n－1－[2(n－1)－1]＝2，
bn＝2n＋1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝，
b1＝2不满足上式．
故当n≥2时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋
＝2n＋2－6，
当n＝1时，S1＝b1＝2，满足上式，
Sn＝2n＋2－6.nN*.
1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(　　)
A.　　　　　　　　B．－
C．(－1)n＋1　　　　　　　　D．以上答案均不对
解析：选C　当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2
＝－3－7－…－(2n－1)＝－＝－；
当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2
＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2
＝－＋n2＝，
综上可得，原式＝(－1)n＋1.故选C.
2．(2014·海南中学统考)在数列{an}中，a1＝2，an＋an＋1＝1(nN*)，设Sn为数列{an}的前n项和，则S2 007－2S2 006＋S2 005的值为________．
解析：3　当n为偶数时，a1＋a2＝a3＋a4＝…＝an－1＋an＝1，故Sn＝；当n为奇数时，a1＝2，a2＋a3＝a4＋a5＝…＝an－1＋an＝1，故Sn＝2＋＝.故S2 007－2S2 006＋S2 005
＝1 005－2×1 003＋1 004＝3.
3．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________.
解析：　f(x)＝，
f(1－x)＝＝，
f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f＋f＋…＋f，
S＝f＋f＋…＋f，
①＋得，2S＝
4．(2014·扬州质检)已知nN*，数列{dn}满足dn
＝，数列{an}满足an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n；又知数列{bn}中，b1＝2，且对任意正整数m，n，b＝b.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)将数列{bn}中的第a1项，第a2项，第a3项，……删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前2 013项和T2 013.
解：(1)dn＝，an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n
令m＝1，则b2＝b＝22，b3＝b＝23，…，bn＝b＝2n.
若bn＝2n，则b＝2n m，b＝2m n，所以b＝b恒成立，
若bn≠2n，当m＝1时，b＝b不成立．所以bn＝2n.
(2)由题知将数列{bn}中的第3项，第6项，第9项，……删去后，构成的新数列{cn}中的奇数项列与偶数项列仍成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4，公比均为8，
T2 013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 012)
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2015高考数学二轮数列求和及数列的综合应用专题复习试题（附答案）
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2015高考数学二轮数列求和及数列的综合应用专题复习试题（附答案）
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文 章来源莲山课件 w ww.5 y kj.Co m 高考专题训练(十)　数列求和及数列的综合应用A级――基础巩固组一、选择题1．(;广东惠州一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＝2，a5＝3a3，则S9＝(　　)A．－72& &B．－54C．54& &D．72 解析　a1＝2，a5＝3a3得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1 ＝－2，所以S9＝9a1＋9×82d＝9×2－9×8＝－54，选B.答案　B2．(;全国大纲卷)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于(　　)A．6& &B．5C．4& &D．3解析　S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1&#26;…&#8226;a8)＝lg(a1&#＝lg(a4&#＝lg(2×5)4＝4.答案　C3．(;北京卷)设{an}是公比为q的等比数列．则“q&1”是“{an}为递增数列”的(　　)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析　利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断．{an}为递增数列，则a1&0时，q&1；a1&0时，0&q&1.q&1时，若a1&0，则{an}为递减数列．故“q&1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.答案　D4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，数列{bn}满足bn＝1anan＋1(n∈N*)，Tn是数列{bn}的前n项和，则T9等于(　　)A.919& &B.1819C.2021& &D.940解析　∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，∴n＝1时，a1 ＝2；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝1anan＋1＝12n&#61480;2n＋2&#61481;＝141n－1n＋1，T9＝141－12＋12－13＋…＋19－110＝14×1－110＝940.答案　D5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝(　　)&A．6n－n2B．n2－6n＋18 C.6n－n2　&#61480;1≤n≤3&#6n＋18　&#61480;n&3&#61481;D.6n－n2　&#61480;1≤n≤3&#6n　&#61480;n&3&#61481;解析　由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.∴n≤3时，an&0；n&3时，an&0.∴Tn＝6n－n2　&#61480;1≤n≤3&#61481;，n2－6n＋18　&#61480;n&3&#61481;.答案　C6．已知曲线C：y＝1x(x&0)及两点A1(x1,0)和A2(x2,0)，其中x2&x1&0.过A1，A2分别作x轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与x轴交于 点A3(x3,0)，那么(　　)A．x1，x32，x2成等差数列B．x1，x32，x2成等比数列C．x1，x3，x2成等差数列D．x1，x3，x2成等比数列解析　由题意，B1，B2两点的坐标分别为x1，1x1，x2，1x2，所以直线B1B2的方程为y＝－1x1x2(x－x1)＋1x1，令y＝0，得x＝x1＋x2，∴x3＝x1＋ x2，因此，x1，x32，x2成等差数列．答案　A二、填空题7．若数列{an}的前n项和Sn＝23an＋13，则{an}的通项公式是an＝________.解析　n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝23an＋13－23an－1＋13，化简得：an＝－2an－1，又a1＝S1＝23a1＋13，得a1＝1，故{an}以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1. 答案　(－2)n－18．(;辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.解析　∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q&1，∴a1＝1，a3＝ 4，则公比q＝2，因此S6＝1×&#&#＝63.答案　63 9．(;河南一模)已知对于任意的自然数n，抛物线y＝(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2 014B2 014|＝________.解析　令(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1＝0，则x1＋x2＝2n＋1n2＋n，x1x2＝1n2＋n，由题意得|AnBn|＝|x2－x1|，所以|AnBn|＝&#61480;x1＋x2&#x1x2＝ 2n＋1n2＋n2－4&#＋n＝1n2＋n＝1n－1n＋1，因此|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2 014B2 014| ＝1－12＋12－13＋…＋12 014－12 015＝1－12 015＝2 .答案　2 三、解答题10．(;湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－&#61480;n－1&#61481;2＋&#61480;n－1&#61481;2＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2&#n&#＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.11．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3n&#8226;bn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3.(1)求an，bn；(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn&7时n的最大值．解　(1)n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n －1)2－1，两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1.∴an＝2n＋1，∴3n&#8226;bn＋1＝ (n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，∴bn＋1＝4n＋33n，∴当n≥2时，bn＝4n－13n－1，又b1＝3适合上式，∴bn＝4n－13n－1.(2)由(1)知，bn＝4n－13n－1，∴Tn＝31＋73＋1132＋…＋4n－53n－2＋4n－13n－1，①13Tn＝33＋732＋1133＋…＋4n－53n－1＋4n－13n，②①－②，得23Tn＝3＋43＋432＋…＋43n－1－4n－13n＝3 ＋4&#n－11－13－4n－13n＝5－4n＋53n.∴Tn＝152－4n＋52&#8226;3n－1. Tn－Tn＋1＝4&#61480;n＋1&#61481;＋52&#8226;3n－4n＋52&#8226;3n－1＝－&#61480;4n＋3&#. ∴Tn&Tn＋1，即{Tn}为递增数列．又T3＝599&7，T4＝649&7，∴当Tn&7时，n的最大值为3.B级――能力提高组1．(;上海虹口一模)已知函数f(n)＝n2sinnπ2，且an＝f(n )＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝________.解析　考虑到sinnπ2是呈周期性的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a1＋a2＋…＋a2 014时要分组求和，又由an的定义，知a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(a1＋a3＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝[f(1)＋f(3)＋…＋f(2 013)]＋[f(2)＋f(4)＋…＋f(2 014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(2 2)＋2 0132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－2 2)－2 0152] ＝－2×(4＋12＋20＋…＋4 020)＋2 0132＋2×(8＋16＋…＋4 024)－2 0152＝－2×503×&# 020&#×503×&# 024&# 2＝503×8－2×4 028＝－4 032.& 答案　－4 0322．(;上海长宁二模)定义函数f(x)＝{x&#8226;{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x∈(0，n](n∈N*)时，函数f(x)的值域为An，记集合An中元素的个数为an，则1a1＋1a2＋…＋1an＝________.解析　由题意，a1＝1，当x∈(n，n＋1]时，{x}＝n＋1，x&#8226;{x}∈(n2＋n，n2＋2n＋1]，{x&#8226;{x}}的取值依次为n2＋n＋1，n2＋n＋2，…，n2＋2n＋1共n＋1个，即an＋1＝an＋n＋1，由此可得an＝1＋2＋3＋…＋n ＝n&#61480;n＋1&#an＝2n&#61480;n＋1&#61481;＝21n－1n＋1，所以1a1＋1a2＋…＋1an＝2－2n＋1.答案　2－2n＋13．(;湖南卷)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；(2)若p＝12， 且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．解　(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn 而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝13，p＝0.&&& 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾．故p＝13.(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1&0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)&0.①但122n&122n－1，所以| a2n＋1－a2n|&|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1&0，因此a2n－a2n－1＝122n－1＝&#61480;－1&#n－1.③因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n&0，故a2n＋1－a2n＝－122n＝&#61480;－1&#61481;2n＋122n④由③④即知，an＋1－an＝&#61480;－1&#61481;n＋12n.于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋12－122＋…＋&#61480;－1&#61481;n2n－1＝1＋12&#8226;1－－12n－11＋12＝43＋13&#8226;&#61480;－1&#61481;n2n－1.故数列{an}的通项公式为an＝43＋13&#8226;&#61480;－1&#61481;n2n－1. 文 章来源莲山课件 w ww.5 y kj.Co m
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