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二轮学案编号009数列求和与综合应用(教师版)


高三数学二轮复习(理) 导学案 编号:008
姓名:____________学号:____________ 命题:张法忠 审核: 李敬

数列的求和与综合应用
【考纲解读】
(1)理解等比数列的概念; (2)掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式; (3)能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题; (

4)了解等比数列与指数函数的关系。

【考点自测】
? 1 ? 1. (2012· 全国)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, a5=5, S5=15, 则数列?a a ?的前 100 项和为( ? n n+1?

).

100 A. 101 99 C. 100 答案: A

99 B. 101 101 D. 100 5×4 [设数列{an}的公差为 d,则 a1+4d=5,S5=5a1+ d=15,得 d=1,a1=1,故 an=1 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 +(n-1)×1=n,所以 = = - ,所以 S100=1- + - +?+ - =1- = , 2 2 3 100 101 101 101 anan+1 n?n+1? n n+1 故选 A.] 2.(2011· 全国)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk=24,则 k=( A.8 C.6 B .7 D.5 ).

答案:D [∵{an}是等差数列,a1=1,d=2,∴an=2n-1.由已知得 Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2(k+2)+ 2(k+1)-2=4k+4=24,所以 k=5,故选 D.] 3.(2010· 福建)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n 等 于( ). A.6 C.8 答案:A B .7 D.9 a5-a1 -3+11 [∵{an}是等差数列,∴a4+a6=2a5=-6,即 a5=-3,d= = =2 得{an}是首 4 5-1

项为负数的递增数列,所有的非正项之和最小.∵a6=-1,a7=1,∴当 n=6 时,Sn 取最小.故选 A.] 4.(2011· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m,且 a1=1,那么 a10=________. 解析 ∵Sn+Sm=Sn+m,且 a1=1,∴S1=1,可令 m=1,得 Sn+1=Sn+1,∴Sn+1-Sn=1,即当 n≥1

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高三数学二轮复习(理) 导学案 编号:008
时,an+1=1,∴a10=1. 答案 1

【范例解析】

考向 1 数列的求和
(1)观察法:找项与项数的关系,然后猜想检验,即得通项公式 an;
?S1 ? (2)利用前 n 项和与通项的关系 an=? ?Sn-Sn-1 ?

?n=1?, ?n≥2?;

(3)公式法:利用等差(比)数列求通项公式; an+1 (4)累加法:如 an+1-an=f(n),累积法,如 =f(n); an (5)转化法:an+1=Aan+B(A≠0,且 A≠1). ?常用公式 等差数列的前 n 项和,等比数列的前 n 项和,1+ 2 +3 +?+ n= n?n+1??2n+1? . 6 ?常用裂项方法 1 1 1 (1) = - ; n?n+1? n n+1 1 11 1 (2) = - . k n n?n+k? n+k 3 3a n 【例 1】? 已知数列{an}的首项 a1= ,且 an+1= ,n=1,2,?. 5 2an+1 1 (1)证明:数列 -1 是等比数列; an 1 (2)令 bn= -1,试求数列{n· bn}的前 n 项和 Sn. an [审题视点] n?n+1? , 12 + 22+ 32 +?+ n2= 2

[听课记录] [审题视点] 对于第(1)问,由条件利用等比数列的定义即可证明;对于第(2)问,求数列{n· bn}的前 n 项 和 Sn,只需利用错位相减法即可. 1 1 1 2 (1)证明 由已知,得 = · + ,n=1,2,?, an+1 3 an 3 ∴ 11 -1= -1,n=1,2,?. 3an an+1 1

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?1 ? 1 2 ∴数列?a -1?是以 为公比, 为首项的等比数列. 3 3 ? n ?

1 2 (2)解 由 bn= -1= n(n≥1), an 3 得 Sn=1· b1+2· b2+3· b3+?+(n-1)· bn-1+n· bn 2 2 2 2 2 =1· +2· 2+3· 3+?+(n-1)· n-1+n· n. 3 3 3 3 3 1 2 2 2 2 2 ∴ Sn=1· 2+2· 3+3· 4+?+(n-1)· n+n· n+1. 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 ∴ Sn= + 2+ 3+ 4+?+ n-n· n+1 3 3 3 3 3 3 3 2 1 1- 3 3n 2 = -n· n+1. 1 3 1- 3 3 1 3 2 3 3+2n ∴Sn= 1- n- n· n+1= - . 2 3 2 3 2 2· 3n 对于由数列的递推关系式求数列通项 an 的问题,一般有以下几种题型: (1)类型 an+1=can+d(c≠0,1),可以通过待定系数法设 an+1+λ=c(an+λ),求出 λ 后,化为等比数列求 通项;(2)类型 an+1=an+f(n)与 an+1=f(n)· an,可以分别通过累加、累乘求得通项; an+1 c an 1 + (3)类型 an+1=can+rn(c≠0,r≠0),可以通过两边除以 rn 1,得 n+1 = ·n + ,于是转化为类型(1)求 r r r r 解. 【突破训练 1】 在数列{an}中,a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*. (1)证明:数列{an-n}是等比数列; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn; (3)证明:不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N*皆成立. (1)证明 由题设 an+1=4an-3n+1,得 an+1-(n+1)=4(an-n),n∈N*. 又 a1-1=1,所以数列{an-n}是首项为 1,公比为 4 的等比数列. (2)解 由(1)可知 an-n=4n 1,于是数列{an}的通项公式为 an=4n 1+n.所以,数列{an}的前 n 项和 Sn
- -



4n-1 n?n+1? + . 3 2 4n 1-1 ?n+1??n+2? 4n-1 n?n+1? 1 (3)证明 对任意的 n∈N ,Sn+1-4Sn= + -4 + =- (3n2+n-4)≤0, 3 2 3 2 2


*

所以不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N*皆成立.

总结反思: 考向 2 裂项相消法在数列中的应用
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【例 2】? 已知二次函数 y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为 f′(x)=6x-2,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; 3 m (2)设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n(n∈N*)都成立的最小正整数 m. 20 anan+1 [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)由 f′(x)=6x-2 可求 f(x),则可得 Sn 与 n 的关系式,再由 an=Sn-Sn-1(n≥2)求 an. (2)由裂项求和求 Tn,再由单调性求 Tn 的最大值. 解 (1)设函数 f(x)=ax2+bx(a≠0),

则 f′(x)=2ax+b,由 f′(x)=6x-2, 得 a=3,b=-2,所以 f(x)=3x2-2x. 又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图象上, 所以 Sn=3n2-2n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)] =6n-5. 当 n=1 时,a1=S1=3×12-2×1=1,所以,an=6n-5(n∈N*). 3 3 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5] = 1 1 1 - ,故 Tn=b1+b2+?+bn 26n-5 6n+1

1 1 1 1 1 1 = 1- + - +?+ - 2 7 7 13 6n-5 6n+1 1 1 = 1- . 2 6n+1 1 1 m 因此,要使 1- < (n∈N*)成立, 2 6n+1 20 1 m 则 m 需满足 ≤ 即可,则 m≥10,所以满足要求的最小正整数 m 为 10. 2 20 使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被 消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的. 1 3 【突破训练 2】 已知数列{an}是首项 a1= 的等比数列,其前 n 项和 Sn 中 S3= . 4 16 (1) 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 (2)设 bn=log |an|,若 Tn= + +?+ 求证:1/6≤Tn< 2 b1b2 b2b3 2 bnbn+1

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高三数学二轮复习(理) 导学案 编号:008
3 3 (解 (1)若 q=1,则 S3= ≠ 不符合题意,∴q≠1. 4 16

?a =4, 当 q≠1 时,由? a ?1-q ? 3 ?S = 1-q =16
1 1 3 3

1

1 得 q=- . 2

1 1n-1 1+ ∴an= · - =- n 1. 4 2 2 1+ 1 1 - n 1?=n+1, (2)∵bn=log |an|=log ? 2 2? 2 ? ∴ 1 1 1 1 = = - , bnbn+1 ?n+1??n+2? n+1 n+2

1 1 1 ∴Tn= + +?+ b1b2 b2b3 bnbn+1 1 1 1 1 1 1 = - + - +?+ - 2 3 3 4 n+1 n+2 1 1 = - . 2 n+2

考向 3 错位相减法在数列中的应用
【例 3】? (2012· 淄博一模)已知数列{an}中,a1=5 且 an=2an-1+2n-1(n≥2 且 n∈N*).
?an-1? (1)证明:数列? n ?为等差数列; ? 2 ?

(2)求数列{an-1}的前 n 项和 Sn. [审题视点]

[听课记录] an-1 an-1-1 [审题视点] (1)作差: n - n-1 后,把 an=2an-1+2n-1 代入;(2)求出 an-1,利用错位相减法求 2 2 和. an-1 5-1 (1)证明 设 bn= n ,b1= =2. 2 2 an-1 an-1-1 1 ∴bn-bn-1= n - n-1 = n(an-2an-1)+1 2 2 2 1 = n(2n-1)+1=1. 2
?an-1? 所以数列? n ?为首项是 2,公差是 1 的等差数列. ? 2 ?

an-1 a1-1 (2)解 由(1)知, n = +(n-1)×1, 2 2
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∴an-1=(n+1)· 2n. ∵Sn=2· 21+3· 22+?+n· 2n 1+(n+1)· 2n,①


∴2Sn=2· 22+3· 23+?+n· 2n+(n+1)· 2n 1.②


①-②,得-Sn=4+(22+23+?+2n)-(n+1)· 2n 1,


∴Sn=-4-4(2n 1-1)+(n+1)· 2n 1,
- +

∴Sn=n· 2n 1.


错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法.在应用这种方法时,一定要抓住数列的特 征.即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题.所谓“错 位”,就是要找“同类项”相减,要注意的是相减后得到部分等比数列的和,此时一定要查清其项数. 【突破训练 3】 (2012· 山东)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前 m 项和 Sm. 解 (1)因为{an}是一个等差数列,

所以 a3+a4+a5=3a4=84,a4=28. 设数列{an}的公差为 d,则 5d=a9-a4=73-28=45,故 d=9. 由 a4=a1+3d 得,28=a1+3×9,即 a1=1. 所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 9m<an<92m,则 9m+8<9n<92m+8. 因此 9m 1+1≤n≤92m 1.故得 bm=92m 1-9m 1.
- - - -

于是 Sm=b1+b2+b3+?+bm =(9+93+?+92m 1)-(1+9+?+9m 1)
- -



9×?1-81m? ?1-9m? - 1-81 1-9


92m 1-10×9m+1 = . 80 模拟训练: 10. ( 2015 ·四川 高考文科· T16)(本小题满分 12 分) 设数列 {an } ( n ? 1, 2,3, ??? )的前 n 项和 S n 满足

Sn ? 2an ? a1 ,且 a1 , a2 ? 1 , a3 成等差数列。
(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)记数列 {

1 } 的前 n 项和 Tn ,求 Tn an

【解题指南】直接利用前 n 项和 S n 与通项 an 的关系以及等差、等比数列的通项公式及求和公式解题。 【解析】 (1)当 n ? 2 时有, an ? Sn ? Sn ?1 ? 2an ? a1 ? (2an ?1 ? a1 )
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则 an ? 2an?1 (n ? 2)

an = 2 (n ? 2) an- 1
则 ?an ? 是以 a1 为首项,2 为公比的等比数列。 又由题意得 2a2 ? 2 ? a1 ? a3

? 2 ? 2a1 ? 2 ? a1 ? 4a1 ? a1 ? 2
则 an ? 2n (2)由题意得

(n ? N * )
1 1 ? n an 2

(n ? N * )

1 1 [1 ? ( )n ] 2 ? 1 ? ( 1 )n 由等比数列求和公式得 Tn ? 2 1 2 1? 2

11 .(2015·天津高考理科·T18)(本小题满分 13 分)已知数列{an}满足 an+2=qan(q 为实数,且 q≠1),n∈ N*,a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5 成等差数列. (1)求 q 的值和{an}的通项公式.

bn ?
(2)设

log 2 a2 n , n? N* a2 n?1 ,求数列{b }的前 n 项和.
n

【解题指南】(1)由(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4)得 a4-a2=a5-a3,先求出 q,分 n 为奇数与偶数讨论即可.(2) 求出数列 的通项公式,用错位相减法求和即可.

【解析】(1)由已知, 由(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3, 所以 a2(q-1)=a3(q-1). 又因为 q≠1,故 a3=a2=2, 由 a3=a1·q,得 q=2.

a ? a2k ?1 ? 2k ?1 ? 2 当 n=2k-1(k∈N*)时, n

n ?1 2

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a ? a2 k ? 2k ? 2 2 当 n=2k(k∈N*)时, n
?1 ? n2 ?2 , n为奇数, an ? ? n ?2 2 ,n为偶数. ?

n

所以,

的通项公式为

bn ?
(2)由(1)得得

log 2 a2 n n ? n ?1 a2 n ?1 2 .设 ?bn ? 的前 n 项和为 Sn ,则
1 1 1 1 ? 2? 1 ? 3 ? 2? .? .? . n ? ? ?1 n ? ? n? 0 2 2 2 2 2
n?

S n ? 1?

1 2 1 ,
n

1 1 1 1 1 Sn ? 1? 1 ? 2? 2 ? 3 ? 3? .? .? . n ? ? ?1 n ? ? n? 2 2 2 2 2 1

1 2

1 1 1 1 1 n 2n ? n ? 2 ? 2 ? n Sn ? 1 ? ? 2 ? ... n?1 ? n ? 1 2n 2 2 2 2 2 2n 2n 1? 2 上述两式相减,得 , 1?
Sn ? 4 ? n?2 2n ?1 . 4?
的前 n 项和为

整理得,

所以,数列

?bn ?

n?2 2 n ?1 , n ? N ? .

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