高中数学数列 数列求和


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第四节
自 主 落 实 · 固 基 础

数列求和
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1.公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和. (1)等差数列的前 n 项和公式: n(n-1) n(a1+an) na1+ d Sn= = ________________; 2 2 (2)等比数列的前 n 项和公式:

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2.倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两 项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和 即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法 推导的.

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3.错位相减法
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如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列 的对应项之积构成的,这个数列的前n项和可用错位相减 法.

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4.裂项相消法
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把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可 以相互抵消,从而求得其和. 5.分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或 可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和而

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后相加减.

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6.并项求和法 一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并

项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
例如,Sn=1002-992+982-972+?+22-12 =(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.

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1.裂项相消法的前提是什么? 【提示】 数列中的每一项均可分裂成一正一负两项,

且在求和过程中能够前后相互抵消. 2.若数列{an}是等比数列,则数列{|an|}的前n项和可用 什么方法求解?

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【提示】

数列{|an|}仍然是等比数列,可用公式法求

解.

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1.(人教 A 版教材习题改编)等差数列{an}的通项公式为 Sn an=2n+1,其前 n 项的和为 Sn,则数列{ }的前 10 项的和 n 为( ) A.120 B.70 C.75 D.100

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n(3+2n+1) Sn 【解析】 ∵Sn= =n(n+2),∴ =n+2. 2 n Sn ∴数列{ }前 10 项的和为:(1+2+?+10)+20=75. n

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【答案】

C





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2.一个球从100 m高处自由落下,每次着地后又跳回到
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原高度的一半再落下,当它第10次着地时,经过的路程是 ( ) A.100+200×(1-2-9) C.200(1-2-9) B.100+100(1-2-9) D.100(1-2-9)

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【解析】 第 10 次着地时,经过的路程为 - 100+2(50+25+?+100×2 9) - - - =100+2×100×(2 1+2 2+?+2 9) 2-1(1-2-9) - =100+200× =100+200(1-2 9). -1 1-2

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【答案】
菜 单

A

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3.(2013·合肥质检)若数列{an}的通项公式是an =(-

1)n(3n-2),则a1+a2+?+a10=(
A.15 B.12 C.-12

)
D.-15

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【解析】

∵an=(-1)n(3n-2),

∴a1+a2+?+a10=(-1+4)+(-7+10)+?+(-25+
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28)=3×5=15. 【答案】 A
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4. (2012· 大纲全国卷)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,
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1 a5=5,S5=15,则数列{ }的前 100 项和为( anan+1 100 A. 101 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100

)

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【解析】 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. ∵a5=5,S5=15, ?a1+4d=5, ? ∴? 5×(5-1) d=15, ?5a1+ 2 ?
?a =1, ? 1 ∴? ?d=1, ?
菜 单

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∴an=a1+(n-1)d=n. 1 1 1 1 ∴ = = - , anan+1 n(n+1) n n+1 1 1 1 1 ∴数列{ }的前 100 项和为 1- + - 2 2 3 anan+1 1 1 1 100 +?+ - =1- = . 100 101 101 101

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【答案】

A

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5.设数列{an}的通项an=4n-1,数列{bn}的通项bn=3n
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-1,则数列{an·n}的前n项和Tn=________. b
【解析】 Tn=1· 2+4· 2·8+?+4n-1(3n-1),① 5+4 4Tn=4· 2+42·5+43·8+?+4n(3n-1). ② - ②-①得:3Tn=-2-3(4+42+?+4n 1)+4n(3n-1) - =-2+4(1-4n 1)+4n(3n-1) =2+(3n-2)·n. 4 2 n 2 所以 Tn=(n- )· + . 4 3 3

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【答案】

2 n 2 (n- )· + 4 3 3

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已知函数f(x)=2x -3x-1,点(n,an)在f(x)的图象

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上,an的前n项和为Sn.
(1)求使an<0的n的最大值;

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(2)求Sn. 【思路点拨】 (1)由条件,求出an,利用数列的性质求 an<0的n的最大值;(2)将{an}转化为两个特殊数列求和.
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【尝试解答】 图象上,

(1)∵点(n,an)在函数f(x)=2x-3x-1的

∴an=2n-3n-1,
∵an<0,∴2n-3n-1<0,即2n<3n+1,

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又∵n∈N*,
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∴n≤3,即n的最大值为3.
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(2)∵an=2n-3n-1, ∴Sn=a1+a2+a3+?+an =(21-3×1-1)+(22-3×2-1)+?+(2n-3×n-1) =(21+22+?+2n)-3(1+2+3+?+n)-n 2(1-2n) n(n+1) = -3· -n 2 1-2

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=2

n+ 1

n(3n+5) - -2. 2

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1.数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项, 然后通过对通项变形,转化为等差数列或等比数列求和. 2.常见类型及方法 (1)an=kn+b,利用等差数列前n项和公式直接求解;

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(2)an=a·qn-1,利用等比数列前n项和公式直接求解;

(3)an=bn±cn,数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,
采用分组求和法求{an}的前n项和.

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1 1 1 1 1 若数列{an}是 1,(1+ ),(1+ + ),?,(1+ + +? 2 2 4 2 4 + 1 2n
-1

),?,试求数列{an}的前 n 项和 Sn.

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【解】
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1 n 1-( ) 2 1 1 1 an=1+ + +?+ n-1= 2 4 1 2 1- 2
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1 =2(1- n), 2





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1 1 1 ∴Sn=2[(1- )+(1- 2)+?+(1- n)] 2 2 2

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

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公差不为0的等差数列{an}中,a1 =2,且a1 ,a3 ,a7

成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{cn}的前n项和为Sn,且nancn=1,求证:Sn< 1.

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【思路点拨】

(1)由a1,a3,a7成等比数列,求得公差

d,进而确定{an}的通项公式. (2)根据{cn}的通项公式特征,利用裂项相消法求得Sn,

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从而证得Sn<1.
菜 单

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【尝试解答】 +2d,a7=2+6d.

(1)设等差数列{an}的公差为d,则a3=2

∵a1,a3,a7成等比数列,
∴(2+2d)2=2(2+6d), 又d≠0,∴可求d=1.

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∴an=a1+(n-1)d=n+1, ∴数列{an}的通项公式为an=n+1.

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(2)∵nancn=1,又由(1)知 an=n+1, 1 1 1 ∴cn= = - . n(n+1) n n+1 1 1 1 ∴Sn= + +?+ 1×2 2×3 n(n+1) 1 1 1 1 1 1 =(1- )+( - )+?+( - )=1- <1. 2 2 3 n n+1 n+1

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1.本题中在求数列{cn}的前 n 项和 Sn 时,把 cn = 1 1 1 变形为 cn= - 是解题的关键. n n+1 n(n+1) 2.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或 多项,使这些裂开的项出现有规律的相互抵消,要注意消去 了哪些项,保留了哪些项.从而达到求和的目的.

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已知等差数列{an}中,a2=8,S6=66. (1)求数列{an}的通项公式 an; 2 (2)设 bn= , n=b1+b2+?+bn, Tn, 10. T 求 T (n+1)an

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【解】
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(1)设等差数列{an}的公差为 d,则
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?a2=a1+d=8, ?a1=6, ? ? 由题意得? 解之得? 6×5 ?d=2. ? ?S6=6a1+ 2 d=66 ? ∴an=6+(n-1)· 2=2n+4.





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2 1 1 1 (2)bn= = = - , (n+1)an (n+1)(n+2) n+1 n+2 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=( - )+( - )+?+( - ) 2 3 3 4 n+1 n+2 1 1 n = - = , 2 n+2 2(n+2) 10 5 从而 T10= = . 2(10+2) 12

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数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn , a1 = 1 , an + 1 = 2Sn(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式an; (2)求数列{nan}的前n项和Tn.

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【思路点拨】
的前n项和Tn.

由an+1=Sn+1-Sn得Sn与Sn+1的递推关
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系,求得Sn和an,由an的特征,利用错位相减法求数列{nan}





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【尝试解答】 (1)∵an+1=2Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn, ∴Sn+1=3Sn. 又∵S1=a1=1, ∴数列{Sn}是首项为 1、公比为 3 的等比数列,因此 Sn =3n-1(n∈N*). - 当 n≥2 时,an=2Sn-1=2·n 2(n≥2), 3 ∴数列{an}的通项公式
?1, n=1, ? an = ? n - 2 ?2· ,n≥2. ? 3

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(2)Tn=a1+2a2+3a3+?+nan. 当 n=1 时,T1=1; - 当 n≥2 时,Tn=1+4·0+6·1+?+2n·n 2, 3 3 3 - 3Tn=3+4·1+6·2+?+2n·n 1, 3 3 3

① ②

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①-②得:-2Tn=-2+4+2(3 +3 +?+3


1

2

n- 2

)-2n· 3

n- 1

3(1-3n 2) =2+2· -2n·n-1=-1+(1-2n)·n-1, 3 3 1-3 1 1 n-1 ∴Tn= +(n- )· (n≥2). 3 2 2 又∵T1=a1=1 也满足上式, 1 1 n-1 ∴Tn= +(n- )· (n∈N*). 3 2 2

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1.本例(2)求Tn时,易盲目利用错位相减法直接求和, 忽视讨论n=1的情形.

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2.(1)如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数
列{an·n}的前n项和时,可采用错位相减法求和.一般是和 b 式两边同乘以等比数列{bn}的公比,若{bn}的公比为参数, 应分公比等于1和不等于1两种情况讨论. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式
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“错项对齐”.即公比q的同次幂项相减,转化为等比数列
求和.
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1 2 (2012· 江西高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n + 2 kn(其中 k∈N*),且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; 9-2an (2)求数列{ }的前 n 项和 Tn. 2n 【解】 (1)由Sn=kcn-k,得 - n≥2时,an=Sn-Sn-1=kcn-kcn 1, 又a2=4,a6=8a3,
?kc(c-1)=4, ?c=2, ? ? ∴? 5 解得? 2 ?kc (c-1)=8kc (c-1) ?k=2, ? ?

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因此a1=S1=2,an=2n(n≥2), 于是an=2n(n∈N*).
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(2)Tn=1·1+2·2+3·3+4·4+?+n·n,① 2 2 2 2 2 ∴2Tn=1·2+2·3+3·4+?+(n-1)·n+n·n+1,② 2 2 2 2 2 由②-①,得 Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-?-2n+n·n+1 2 =-2n+1+2+n·n+1=(n-1)2n+1+2. 2

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解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路 (1)转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比 数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.

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(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消 法、倒序相加法等来求和.
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1.裂项相消法,分裂通项是否恰好等于相应的两项之
差. 2.在正负项抵消后,是否只剩下第一项和最后一项, 或有时前面剩下两项,后面也剩下两项,未消去的项有前后 对称的特点.

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数列求和是高考的热点,主要涉及等差、等比数列求 和、错位相减法求和、裂项相消法求和与并项法求和,题目 呈现方式多样,在选择题、填空题中以考查基础知识为主,

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在解答题中以考查错位相减法和裂项相消法求和为主,求解
的关键是抓住通项公式的特征,正确变形,分清项数求和.
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易错辨析之八
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通项遗漏导致错位相减求和错误

(2012·浙江高考改编)已知数列{an}的前n项和为Sn , 且Sn =2n2 +n-3,n∈N* ,数列{bn}满足an =4log2bn +3, n∈N*.

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(1)求an,bn;
(2)求数列{an·n}的前n项和Tn. b
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【错解】

(1)由Sn=2n2+n-3,得

n≥2时,Sn-1=2(n-1)2+(n-1)-3, ∴an=2n2-2(n-1)2+1=4n-1, 由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.
菜 单

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(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*, 所以Tn=3+7×2+11×22+?+(4n-1)·2n-1,

2Tn=3×2+7×22+?+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,
所以2Tn -Tn =(4n-1)2n -[3+4(2+22 +?+2n-1)]= (4n-5)2n+5. 故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.

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错因分析:(1)求an,忽视n=1的情形,错求an,导致后
续问题不能正确求解. (2)错位相减求和时,弄错等比数列的项数,盲目认为 除首、末项外成等比数列.

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防范措施:(1)由Sn求an,当n=1时,a1=S1检验是否满
足an=Sn-Sn-1(n≥2),若不满足,应分段表示an,从而求Tn 时,应分类讨论. (2)由于{anbn}的通项分段表示,求Tn 时,不仅注意对n 进行讨论,而且在写出“Tn”与“qTn”的表达式时应特别注

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意将两式“错项对齐”.即公比q的同次幂项相减,转化为
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等比数列求和.

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【正解】 (1)在错解中,补上当 n=1 时,a1=S1=0, 不适合 an=4n-1(n≥2), 因此
?0 ? an=? ?4n-1 ?

(n=1), (n≥2),

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3 ∴a1=4log2b1+3,∴b1=2- , 4 3 ? ?2- (n=1), 4 于是 bn=? ?2n-1 (n≥2). ?

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高 (2)Tn=a1b1+a2b2+a3b3+?+anbn, 考 体 3 验 当 n=1 时,T1=a1b1=0×2- =0, 4 · 明 当 n≥2 时, n=7×2+11×22+15×23+?+(4n-1)·n-1, 考 T 2 情 - ∴2Tn=7×22+11×23+?+(4n-5)·n 1+(4n-1)·n, 2 2 则 Tn=2Tn-Tn=(4n-1)·n-14-4(22+23+?+2n-1) 2

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4×22(1-2n-2) =(4n-1)·n-14- 2 1-2 =(4n-5)·n+2, 2 又 n=1 时,T1=0 适合上式, 故 Tn=(4n-5)·n+2,n∈N*. 2
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1.(2012·课标全国卷)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n
-1,则{an}的前60项和为( A.3 690 【解析】 B.3 660 ) C.1 845 D.1 830

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∵an+1+(-1)nan=2n-1,

当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,
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当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3, 从而a2k+1+a2k-1=2,a2k+3+a2k+1=2,

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因此a2k+3=a2k-1,
∴a1=a5=a9=…=a61,
菜 单

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于是 S60=a1+a2+a3+?+a60 =(a2+a3)+(a4+a5)+?+(a60+a61) = 3 + 7 + 11 + ? + (2×60 - 1) = 30×(3+119) =1 830. 2
【答案】 D

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2.(2013· 大连调研)已知等差数列{an}满足 a2=0, a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式; an (2)求数列{ n-1}的前 n 项和. 2

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【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 由已知
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?a1+d=0, ?a1=1, ? ? ? 条件可得 解得? ?2a1+12d=-10, ?d=-1. ? ?

故数列{an}的通项公式为 an=2-n.

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新课标 ·文科数学(安徽专用)

自 主 落 实 · 固 基 础

an (2)设数列{ n-1}的前 n 项和为 Sn, 2 an 2-n 1 n ∵ n-1= n-1 = n-2- n-1, 2 2 2 2

高 考 体 验 · 明 考 情

典 例 探 究 · 提 知 能

1 1 1 2 3 n ∴Sn=(2+1+ + 2+?+ n-2)-(1+ + 2+?+ n-1). 2 2 2 2 2 2 2 3 n 记 Tn=1+ + 2+?+ n-1, ① 2 2 2 课 1 1 2 3 n 后 则 Tn= + 2+ 3+?+ n, ② 作 2 2 2 2 2 业





新课标 ·文科数学(安徽专用)

自 主 落 实 · 固 基 础

1 1 1 1 n ①-②得: Tn=1+ + 2+?+ n-1- n, 2 2 2 2 2 1 1- n 2 1 n 1 n ∴ Tn= - .即 Tn=4(1- n)- n-1. 2 1 2n 2 2 1- 2 1 n 2[1-( ) ] 2 1 n ∴Sn= -4(1- n)+ n-1 1 2 2 1- 2 1 1 n n =4(1- n)-4(1- n)+ n-1= n-1. 2 2 2 2

高 考 体 验 · 明 考 情

典 例 探 究 · 提 知 能

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课后作业(三十二)

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