第四讲数列补充讲义
第四讲数列补充讲义:
1:已知曲线Cn:x2 2nx y2 0(n 1,2,
).从点P( 1,0)向曲线Cn引斜率为
(1)求数列{xn}与{yn}的通项公式; kn(kn 0)的切线ln,切点为Pn(xn,yn).
2: 设a0为常数,且an 3n 1 2an 1(n N)(1)证明对任意
1
n 1,an [3n ( 1)n 1 2n] ( 1)n 2na0;
5
3:设 an 为等比数例,Tn na1 (n 1)a2 2an 1 an,已知T1 1,T2 4。 (Ⅰ)求数列 an 的首项和公式;(Ⅱ)求数列 Tn 的通项公式。
4:设数列 a2*
n 的前n和为Sn,满足Sn 2nan 1 3n 4n,n N,且S3 15, (1)求a1,a2,a3的值; (2)求数列 an 的通项公式。
5:已知首项都是
1的两个数
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,求数列的通项公式;
(1) 若,求数列的前n项和
.
满
内容需要下载文档才能查看足
答案: 1(1)设直线ln:y kn(x 1),联立x2 2nx y2 0得
222222
(1 kn)x2 (2kn 2n)x kn 0,则 (2kn 2n)2 4(1 kn)kn 0,∴
2
knnn2
x ( 舍去)x ,即,∴ n22
n 11 kn(n 1)2n 12n 1
kn
nn
2
n
yn kn(xn 1)
n2n 1
n 1
1k
[3 ( 1)k 12k] ( 1)k2a0, 5
2: (1)证法一:(i)当n=1时,由已知a1=1-2a0,等式成立; (ii)假设当n=k(k≥1)等式成立,则ak 那么ak 1 3 2ak 3
k
k
2k
[3 ( 1)k 12k] ( 1)k2k 1a0 5
1k 1
[3 ( 1)k2k 1] ( 1)k 12k 1a0. 5
也就是说,当n=k+1时,等式也成立. 根据(i)和(ii),可知等式对任何n∈N,成
立. 证法二:如果设an 3n 1 2(an 1 a3n 1), 用an 3n 1 2an 1代入,可解出a
3n 是公比为-2,首项为3所以 a1 的等比数列. an
5
5
nn 1n
3n33 ( 1)2n 1
an (1 2a0 )( 2)(n N). 即an ( 1)n2na0.
555
1
. 5
3:(Ⅰ)解:设等比数列 an 以比为q,则T1 a1,T2 2a1 a2 a1(2 q)。∵∴a1 1,q 2。(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知a1 1,q 2,故an a1qn 1 2n 1, T1 1,T2 4,
因此,Tn n 1 (n 1) 2 2 2n 2 1 2n 1,
Tn 2Tn Tn
n 2 (n 1) 22 2 2n 1 1 2n -[n 1 (n 1) 2 2 2n 2 1 2n-1]
∴ -n 2 22 2n 1 2n
2-2 2n
-n
1~2
-n 2n 1 2
(n 2) 2n 1。
解法二:设Sn a1 a2 an。 由(Ⅰ)知an 2
n 1
。∴
Sn 1 2 2n 1 2 1
n
Tn na1 (n 1)a2 2an 1 an
a1 (a1 a2) (a1 a2 an 1 an)
S1 S2 Sn 10分
∴ (2 1) (2n-1) (2n-1)
(2 2n 2n)-n
2 2 2n n
1 2
2n 1 2 n 12分
4:解:S2 4a3 20,S3 S2 a3 5a3 20,又S3 15,
a3 7,S2 4a3 20 8,又S2 S1 a2 (2a2 7) a2 3a2 7,
a2 5,a1 S1 2a2 7 3,综上知a1 3,a2 5,a3 7; (2)由(1)猜想an 2n 1,下面用数学归纳法证明.
①当n 1时,结论显然成立;②假设当n k(k 1)时,ak 2k 1,
则Sk 3 5 7 (2k 1)
3 (2k 1)2
k k(k 2),又Sk 2kak 1 3k 4k, k(k 2) 2kak 1 3k2 4k,解得2ak 1 4k 6, ak 1 2(k 1) 1,即当
n k 1时,结论成立;由①②知, n N*,an 2n 1.
,
5:(1)因为
,所以
an 1an
2,cn 1 cn 2,bn 1bn
所以数列{cn}是以首项c1 1,公差d 2的等差数列,故cn 2n 1. (2)由bn 3n 1知an cnbn (2n 1)3n 1于是数列Sn 1 30 3 31 2Sn 1 2 (31 32
(2n 1) 3n 1,3Sn 1 31 3 32
前n项和
(2n 1) 3n相减得
3n 1) (2n 1) 3n 2 (2n 2) 3n所以Sn (n 1) 3n 1.
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