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江苏省2012届高考数学二轮复习:第11讲 数列求和及其综合应用

第11讲 数列求和及其综合应用

1. 掌握数列的求和方法(1) 直接利用等差、 等比数列求和公式; 通过适当变形(构造) (2) 将未知数列转化为等差、等比数列,再用公式求和;(3) 根据数列特征,采用累加、累乘、 错位相减、逆序相加等方法求和;(4) 通过分组、拆项、裂项等手段分别求和;(5) 在证明 有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如 n(n-1)<n2<n(n+1), 能用函数的单调性 (定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题. 2. 数列是特殊的函数,这部分内容中蕴含的数学思想方法有:函数与方程思想、分类 讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等,高考题中所涉及的知识综合性很强,既有较繁 的运算又有一定的技巧,在解题时要注意从整体去把握.

1. 若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n 1· (3n-2),则 a1+a2+?+a10=________. An 7n+5 a7 = ,则 = Bn n+3 b7



2.已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn,且 ________.

a2+1 n 3.若数列{an}满足 2 =p(p 为正常数,n∈N*),则称{an}为“等方比数列”.则“数列 an {an}是等方比数列”是“数列{an}是等比数列”的________条件. (填“充分不必要”“必要 不充分”“充要”或“既不充分又不必要”) 4.已知函数 f(x)=x2+bx 的图象在点(1,f(1))处的切线与直线 6x-2y+1=0 平行,若数
? 1 ? 列?f?n??的前 n 项和为 Sn,则 S2 012=________. ? ?

【例 1】 已知公差不为零的等差数列{an}中 a1=2,设 a1、a3、a7 是公比为 q 的等比数 列{bn}的前三项. (1) 求数列{anbn}的前 n 项和 Tn; (2) 将数列{an}与{bn}中相同的项去掉,剩下的项依次构成新的数列{cn},设其前 n 项和 - - 为 Sn,求 S2n-n-1-22n 1+3·n 1 的值. 2

【例 2】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 ban-2n=(b-1)Sn. - (1) 证明:当 b=2 时,{an-n·n 1}是等比数列; 2 (2) 求{an}的通项公式.

【例 3】 已知数列{an}和{bn}满足:a1=1,a2=2,an>0,bn= anan+1(n∈N*),且{bn}
1

是以 q 为公比的等比数列. (1) 证明:an+2=anq2; (2) 若 cn=a2n-1+2a2n,证明:数列{cn}是等比数列; 1 1 1 1 1 1 (3) 求和: + + + +?+ + . a1 a2 a3 a4 a2n a2n-1

【例 4】 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表: a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 ? 记表中的第一列数 a1,a2,a4,a7,?构成的数列为{bn},b1=a1=1. Sn 为数列{bn}的前 n 项和,且满足 2bn =1(n≥2). bnSn-S2 n

?1? (1) 证明数列?S ?成等差数列,并求数列{bn}的通项公式; ? n?

(2) 上表中,若从第三行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,且公比 4 为同一个正数,当 a81=- 时,求上表中第 k(k≥3)行所有项的和. 91

1. (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= ________.

2.(2011· 山东)设函数 f(x)= f1(x)=f(x)=

x (x>0),观察: x+2

x x x ,f2(x)=f(f1(x))= ,f3(x)=f(f2(x))= , x+2 3x+4 7x+8

x f4(x)=f(f3(x))= ,? 15x+16 根据以上事实,由归纳推理可得: + 当 n∈N 且 n≥2 时,fn(x)=f(fn-1(x))=________.

3.(2010· 江苏)函数 y=x2(x>0)的图象在点(ak,ak2)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 ak+ * 1,其中 k∈N .若 a1=16,则 a1+a3+a5 的值是________.

2

?an,当an为偶数时, ? 4.(2009· 湖北)已知数列{an}满足:a1=m(m 为正整数),an+1=? 2 ?3an+1,当an为奇数时. ?
若 a6=1,则 m 所有可能的取值为________.

5.(2010· 上海)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n-5an-85,n∈N*. (1) 证明:{an-1}是等比数列; 5 1 5 1 (2) 求数列{Sn}的通项公式,并求出使得 Sn+1>Sn 成立的最小正整数 n. 15< , 14> 6 15 6 15

6.(2011· 重庆)设实数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+1=an+1Sn(n∈N*). (1) 若 a1,S2,-2a2 成等比数列,求 S2 和 a3; 4 (2) 求证:对 k≥3 且 k∈N*有 0≤ak+1≤ak≤ . 3

bn (本小题满分 12 分)数列{an}、{bn}是各项均为正数的等比数列,设 cn= (n∈N*). an (1) 数列{cn}是否为等比数列?证明你的结论; Sn n (2) 设数列{lnan}、{lnbn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn.若 a1=2, = ,求数列{cn} Tn 2n+1 的前 n 项和. 解:(1) {cn}是等比数列.(2 分) 证明:设{an}的公比为 q1(q1>0),{bn}的公比为 q2(q2>0),则 cn+1 bn+1 an bn+1 an q2 = ·= · = ≠0,故{cn}为等比数列.(5 分) cn an+1 bn bn an+1 q1 (2) 数列{lnan}和{lnbn}分别是公差为 lnq1 和 lnq2 的等差数列. n?n-1? nlna1+ lnq1 2 2lna1+?n-1?lnq1 n n 由条件得 = ,即 = . n?n-1? 2n+1 2lnb1+?n-1?lnq2 2n+1 nlnb1+ lnq2 2 即(2lnq1-lnq2)n2+(4lna1-lnq1-2lnb1+lnq2)n+(2lna1-lnq1)=0.

(7 分)

?2lnq1-lnq2=0, ? 上式对 n∈N*恒成立.于是?4lna1-lnq1-2lnb1+lnq2=0, ?2lna -lnq =0. ? 1 1
将 a1=2 代入得 q1=4,q2=16,b1=8.(10 分) 从而有 cn= 8· n 1 16 n - =4 . 2·n 1 4


3

4 所以数列|cn|的前 n 项和为 4+42+?+4n= (4n-1).(12 分) 3 第 11 讲 数列求和及其综合应用

5 x2 y2 1. 两个正数 a、b 的等差中项是 ,一个等比中项是 6,且 a>b,则双曲线 2 - 2=1 2 a b 的离心率 e 等于________. 【答案】 13 . 3 13 3
?a+b=5, ? 解析: 由题有? ? ?ab=6 ?a=3, ?a=2, ? ? 32+22 c ? ? ? 或 (舍), = e= a 3 ? ? ?b=2 ?b=3



2. 在等比数列{an}中,前 n 项和为 Sn,若 Sm,Sm+2,Sm+1 成等差数列,则 am,am+2, am+1 成等差数列. (1) 写出这个命题的逆命题; (2) 判断逆命题是否为真?并给出证明. 解: (1)在等比数列{an}中,前 n 项和为 Sn,若 am,am+2,am+1 成等差数列,则 Sm,Sm +2,Sm+1 成等差数列. (2) 数列{an}的首项为 a1,公比为 q.由题意知:2am+2=am+am+1, + - 即 2a1qm 1=a1qm 1+a1qm, 1 ∵ a1≠0,q≠0, ∴ 2q2-q-1=0, ∴ q=1 或 q=- , 2 当 q=1 时,有 Sm=ma1,Sm+2=(m+2)a1,Sm+1=(m+1)a1, 显然:2Sm+2≠Sm+Sm+1.此时逆命题为假. 1 当 q=- 时,有 2Sm+2= 2 1 + 2a1?1-?-2?m 2? ? ? ? ? 4 ? ? 1?m+2? = a1?1-?-2? ?, 1 3 1+ 2

1 1 + a1?1-?-2?m? 2a1?1-?-2?m 1? ? ? ? ? ? ? ? ? 4 ? ? 1?m+2? Sm+Sm+1= + = a1?1-?-2? ?, 1 1 3 1+ 1+ 2 2 ∴ 2Sm+2=Sm+Sm+1,此时逆命题为真. 基础训练 1. -15 解析:a1+a2=a3+a4=?=a9+a10=-3,a1+a2+?+a10=5×(-3)=-15. a7 a1+a13 A13 7×13+5 2. 6 解析: = = = =6. b7 b1+b13 B13 13+3 3. 必要不充分 4. 2 012 2 013 1 解析:f′(x)=2x+b,2+b=3,b=1,f(n)=n2+n=n(n+1),Sn=?1-2?+ ? ?

?1-1?+?+?1- 1 ?= n . ?2 3? ?n n+1? n+1
4

例题选讲 例 1 解:(1) 设等差数列{an}的公差为 d,则(2+2d)2=2×(2+6d),又 d≠0,∴ d=1, + an=n+1,bn=2n,anbn=(n+1)·n,用错位相减法可求得 Tn=n·n 1. 2 2 (2) ∵ 新的数列{cn}的前 2n-n-1 项和为数列{an}的前 2n-1 项的和减去数列{bn}前 n 项的和, ∴ S2n-n-1= ?2n-1??2+2n? 2?2n-1? - - =(2n-1)(2n 1-1). 2 2-1
- -

∴ S2n-n-1-22n 1+3·n 1=1. 2 1 4 变式训练 已知等差数列{an}满足 a3+a6=- ,a1·8=- ,a1>a8, a 3 3 (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 把数列{an}的第 1 项、第 4 项、第 7 项、?、第 3n-2 项、?分别作为数列{bn}的 第 1 项、第 2 项、第 3 项、?、第 n 项、?,求数列{2bn}的前 n 项之和; (3) 设数列{cn}的通项为 cn=n· n,试比较(n+1)(n+2)cn+n(n+1)cn+2 与 2n(n+2)cn+1 2b 的大小. 1 4 解: (1) {an}为等差数列,a3+a6=a1+a8=- ,又 a1·8=- ,且 a1>a8,求得 a1=1, a 3 3 a8-a1 4 1 a8=- ,公差 d= =- , 3 3 8-1 1 1 4 ∴ an=1- (n-1)=- n+ (n∈N*). 3 3 3 1 4 (2) b1=a1=1,b2=a4=0, ∴ bn=a3n-2=- (3n-2)+ =-n+2, 3 3 ∴ 2bn+1 2 ?n 1? 2 1 1 = -n+2 = , ∴ {2bn}是首项为 2,公比为 的等比数列, 2bn 2 2 2
- + +

1 2?1-?2?n? ? ? ?? 1 - ∴ {2bn}的前 n 项之和为 =4-?2?n 2. ? ? 1 1- 2 (3) cn=n·bn, 2 ∴ (n+1)(n+2)cn+n(n+1)cn+2-2n(n+2)cn+1 =n(n+1)(n+2)2bn+n(n+1)(n+2)· n+2-2n(n+1)(n+2)· n+1 2b 2b =n(n+1)(n+2)(2bn+2bn+2-2×2bn+1) =n(n+1)(n+2)2bn(1+2bn+2-bn-2×2bn+1-bn) - - =n(n+1)(n+2)· n(1+2 2-2×2 1) 2b 1 =n(n+1)(n+2)2bn(1+ -1)>0, 4 其中 bn+2-bn=-(n+2)+2-(-n+2)=-2,bn+1-bn=-(n+1)+2-(-n+2)=-1, ∴ (n+1)(n+2)cn+n(n+1)cn+2>2n(n+2)cn+1. + 例 2 解:由题意知 a1=2,且 ban-2n=(b-1)Sn,ban+1-2n 1=(b-1)Sn+1, 两式相减得 b(an+1-an)-2n=(b-1)an+1,即 an+1=ban+2n.① (1) 当 b=2 时,由①知 an+1=2an+2n - 于是 an+1-(n+1)·n=2an+2n-(n+1)·n=2(an-n·n 1), 2 2 2

5

又 a1-1·1 1=1≠0, ∴ an-n·n 1≠0, ∴ 2 2






an+1-?n+1?·n 2 =2, - an-n·n 1 2

∴ {an-n·n 1}是首项为 1,公比为 2 的等比数列. 2 - - - (2) 当 b=2 时,由(1)知 an-n·n 1=2n 1,即 an=(n+1)2n 1, 2 1 1 1 b n ? + + 2n 当 b≠2 时, 由①得 an+1- ·n 1=ban+2n- 2 ·n 1=ban- 2 · =b an-2-b· ?. 2 ? ? 2-b 2-b 2-b 1 2?1-b? 1 1 + 2n 因此 an+1- ·n 1=b?an-2-b· ?,又 a1- 2 ×2= , ? ? 2-b 2-b 2-b

?2,n=1, ? 故 an=? 1 - [2n+2?1-b?bn 1],n≥2,n∈N*. ? ?2-b ??n+1?2 ,b=2, ? ∴ an=? 1 n n-1 ?2-b[2 +2?1-b?b ],b≠2. ?
n-1

变式训练 已知数列{an}满足 an=2an-1+2n-1(n≥2),且 a4=81, (1) 求数列{an}的前三项 a1,a2,a3;
?an-1? (2) 求证:数列? n ?为等差数列,并求 an. ? 2 ?

解: (1) 由 an=2an-1+2n-1(n≥2), 得 a4=2a3+24-1=81, ∴ a3=33. 同理 a2=13,a1=5. (2) 由 an=2an-1+2n-1(n≥2), 得 ∴ an-1 2an-1+2n-2 an-1-1 = = n-1 +1, 2n 2n 2 an-1 an-1-1 - n-1 =1, 2n 2

?an-1? ∴ ? n ?是等差数列. ? 2 ? ?an-1? ∵ ? n ?的公差 d=1, ? 2 ?



an-1 a1-1 = 1 +(n-1)×1=n+1, 2n 2

∴ an=(n+1)×2n+1. 例3 bn+1 an+1an+2 (解法 1)(1) 证明:由 =q,有 = bn anan+1 an+2 =q, ∴ an+2=anq2(n∈N*) . an
- -

(2) 证明:∵ an=an-2q2,∴ a2n-1=a2n-3q2=?=a1q2n 2,a2n=a2n-2q2=?=a2q2n 2, - - - - ∴ cn=a2n-1+2a2n=a1q2n 2+2a2q2n 2=(a1+2a2)q2n 2=5q2n 2. ∴ {cn}是首项为 5,以 q2 为公比的等比数列. 1 1 - 1 1 - (3) 解:由(2)得 = q2 2n, = q2 2n,于是 a1 a2n a2 a2n-1

6

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ =?a +a +?+a ?+?a +a +?+a ? ?2 4 a1 a2 a2n ? 1 3 2n? 2n-1? 1 1 1 1 1 1 1 1 = ?1+q2+q4+?+q2n-2?+ ?1+q2+q4+?+q2n-2? a1? ? a2? ? 1 1 1 3 = ?1+q2+q4+?+q2n-2?. 2? ? 由题知 q>0, 1 1 1 1 1 1 3 3 当 q=1 时, + +?+ = ?1+q2+q4+?+q2n-2?= n. a1 a2 a2n 2? ? 2 1 1 1 1 1 1 3 当 q≠1 时, + +?+ = ?1+q2+q4+?+q2n-2? a1 a2 a2n 2? ?
2n 2n 3?1-q ? 3? q -1 ? = ? = ? 2n-2 2 . - 2? 1-q 2 ? 2?q ?q -1?? ? ?


?2n,q=1, 1 1 1 故 + +?+ =? a a a 3? q -1 ? ?2?q ?q -1??,q≠1. ? ?
3
1 2 2n 2n 2n-2 2

(解法 2) (1) 同解法 1(1). cn+1 a2n+1+2a2n+2 q2a2n-1+2q2a2n 2 (2) 证明: = = =q (n∈N*),又 c1=a1+2a2=5,∴ {cn} cn a2n-1+2a2n a2n-1+2a2n 是首项为 5,以 q2 为公比的等比数列. - - (3) 解:由(2)的类似方法得 a2n-1+a2n=(a1+a2)q2n 2=3q2n 2, a2n-1+a2n a2k-1+a2k 3q2k 2 3 -2k+2 1 1 1 a1+a2 a3+a4 + +?+ = + +?+ ,∵ = 4k-4= q ,k= a1 a2 a2n a1a2 a3a4 2 a2n-1a2n a2k-1a2k 2q 1,2,?,n. ∴ 例4 1 1 1 3 - - - + + +?+ = (1+q 2+q 4?+q 2n 2)(下面同上). a1 a2 a2k 2 2bn =1, bnSn-S2 n


(1) 证明:由已知,

又 Sn=b1+b2+b3+?+bn,n≥2,bn=Sn-Sn-1, ∴ 2bn =1 即 2(Sn-Sn-1)=Sn(Sn-Sn-1)-S2,2Sn-1-2Sn=SnSn-1, n bnSn-S2 n 1 1 1 - = , Sn Sn-1 2

又 S1=1≠0,∴ SnSn-1≠0,∴

?1? 1 1 2 ∴ 数列?S ?成等差数列,且 =1+(n-1)·,Sn= , Sn 2 ? n? n+1

?1,n=1, ? ∴ bn=? 2 * ?-n?n+1?,n≥2,n∈N . ?
(2) 解:设上表中从第三行起,每行的公比都为 q,且 q>0. 12×13 因为 1+2+?+12= =78, 2 所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列{an}的前 78 项,故 a81 在表中第 13 行第三列,因
7

4 2 此 a81=b13·2=- .又 b13=- q ,所以 q=2.记表中第 k(k≥3)行所有项的和为 S, 91 13×14 bk?1-qk? -2 ?1-2k? 2 则 S= = · = (1-2k)(k≥3). 1-q k?k+1? 1-2 k?k+1? 变式训练 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; (2) 设 bn= 3 m ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n∈N*都成立的最 20 anan+1

小正整数 m. 解: (1) 设这二次函数 f(x)=ax2+bx (a≠0) , f′(x)=2ax+b , 则 由于 f′(x)=6x-2, 2 得 a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x -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=6×1-5,所以,an=6n-5 (n∈N*). (2) 由(1)得知 bn= 3 3 = anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5]

1 1 1 = ?6n-5-6n+1?, 2? ?
n

故 Tn=∑bi =
i 1

1 1 1 1 1 1 = ??1-7?+?7-13?+?+?6n-5-6n+1?? ? ? ? 2?? ? ?? 1 1 = ?1-6n+1?. 2? ? 1 1 m 1 m 因此,要使 (1- )< (n∈N*)成立的 m,必须且仅须满足 ≤ ,即 m≥10,所以 2 2 20 6n+1 20 满足要求的最小正整数 m 为 10. 高考回顾 1. 1 解析:Sn+S1=Sn+1,an+1=a1. 2. x ?2n-1?x+2n

3.21 4. 4,5,32 解析:显然,an 为正整数,a6=1,故 a5=2,a4=4,若 a3 为奇数,则 4=3a3 +1,a3=1,若 a3 为偶数,则 a3=8,若 a3=1,则 a2=2,a1=4,若 a3=8,则 a2=16,a1 =5 或 32. 5. (1) 证明:当 n=1 时,a1=-14;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-5an+5an-1+1,所以 an-1 5 5 an-1= (an-1-1),又 a1-1=-15≠0, = , 6 an-1-1 6 所以数列{an-1}是等比数列; 5 ?5 - ?5 - (2) 解:由(1)知:an-1=-15·6?n 1,得 an=1-15·6?n 1,从而 Sn=n-90+90×?6?n ? ? ? ? ? ? (n∈N*);

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5 5 5 1 1 1 由 Sn+1>Sn,得?6?n< ,∵ ?6?15< ,?6?14> ,∴ 使 sn+1>sn 成立的最小正整数 n= ? ? 15 ? ? 15 ? ? 15 15.
? 2 ?S2=-2a1a2, 6. (1) 解:由题意? 得 S2=-2S2, 2 ? ?S2=a2S1=a1a2,

由 S2 是等比中项知 S2≠0,因此 S2=-2, S2 2 由 S2+a3=S3=a3S2,解得 a3= = . S2-1 3 (2) 证明:由题设条件有 an+1Sn=an+1+Sn, 故 Sn≠1,an+1≠1,且 an+1= an+1 Sn ,Sn= , Sn-1 an+1-1

ak-1 ak-1+ ak-1-1 Sk-1 ak-1+Sk-2 从而对 k≥3 有 ak= = = ,① Sk-1-1 ak-1+Sk-2-1 ak-1 ak-1+ -1 ak-1-1 1 3 因 a2-1-ak-1+1=?ak-1-2?2+ >0,且 a2-1≥0, k k ? ? 4
2 ak-1 4 4 要证 ak≤ ,由①知只要证 2 ≤ , 3 ak-1-ak-1+1 3 2 即证 3ak-1≤4(a2-1-ak-1+1),即(ak-1-2)2≥0,此式明显成立, k

4 因此 ak≤ (k≥3). 3 最后证 ak+1≤ak,若不然,ak+1= a2 k >a ,又 2 ak-ak+1 k ak ak≥0,故 2 >1, ak-ak+1

即(ak-1)2<0,矛盾,所以 ak+1≤ak(k≥3,k∈N).

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