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2013届高三数学二轮复习 专题三 第2讲 数列求和及数列的综合应用教案


第2讲
自主学习导引

数列求和及数列的综合应用
真题感悟

1. (2012·大纲全国卷)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 5=5, 5=15, a S 则数列? 的前 100 项和为 A. 100 101 99 B. 101 99 C. 100 101 D. 100

?

1 ?
?

?anan+1?

解析 利用裂项相消法求和. 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 ?5a1+ 2 d=15, ?
∴? ∴
?a1=1 ? ? ?d=1,



∴an=a1+(n-1)d=n. 1 1 1 = - , n n+1

1

anan+1 n? n+1?
1



∴数列{ 答案 A

anan+1

1 1 1 1 1 1 100 }的前 100 项和为 1- + - +… - =1- = . 2 2 3 100 101 101 101

2.(2012·浙江)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n2+n,n∈N+,数列{bn}满足 an =4log2bn+3,n∈N+. (1)求 an,bn; (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)由 Sn=2n2+n,得 当 n=1 时,a1=S1=3; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4n-1. 所以 an=4n-1,n∈N+. 由 4n-1=an=4log2bn+3,得 bn=2n-1,n∈N+. (2)由(1)知 anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N+,
-1-

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+. 考题分析 数列的求和是高考的必考内容,可单独命题,也可与函数、不等式等综合命题,求解的过程 体现了转化与化归的数学思想,解答此类题目需重点掌握几类重要的求和方法,并加以灵活 应用. 网络构建

高频考点突破 考点一:裂项相消法求数列的前 n 项和 2 【例 1】(2012·门头沟一模)数列{an}的前 n 项和 Sn=n +1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 1 (n∈N+),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an·an+1
? ?S1,n=1, ? ?Sn-Sn-1,n≥2,

[审题导引] (1)运用公式 an=? (2)裂项法求和.

求 an,注意 n=1 时通项公式 an;

[规范解答] (1)由已知,当 n=1 时,a1=S1=2, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-1,
? n=1, ?2, ∴数列{an}的通项公式为 an=? ?2n-1, n≥2. ?

(2)由(1)知,
-2-

?1, ?6 b =? ?? 2n-1? ?
n

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

n≥2,

1 当 n=1 时,T1=b1= , 6 当 n≥2 时,Tn=b1+b2+…+bn 1 1 ? 1 1 1?1 1 1 1 1 - = + ? - + - +…+ ?=3-4n+2, 2n-1 2n+1? 6 2?3 5 5 7 1 1 ∴{bn}的前 n 项和 Tn= - . 3 4n+2 【规律总结】 常用的裂项技巧和方法 用裂项相消法求和是最难把握的求和问题之一,其原因是有时很难找到裂项的方向.突破这 类问题的方法是根据式子的结构特点,掌握一些常见的裂项技巧,如: 1 ? 1 1?1 (1) = ? - ; n n+k? n? n+k? k? ? (2) (3)C 1
m-1 n m

n+k+ n k
m

1 = ( n+k- n);

=Cn+1-Cn;

(4)n·n!=(n+1)!-n!等. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题,容易出现的错误有两个方面: (1)裂项过程中易忽视常数,如 1

n? n+2?

1 1 1 容易误裂为 - ,漏掉前面的系数 ; n n+2 2

(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题,导致计算结果错误. 【变式训练】 1.(2012·大连模拟)已知函数 f(x)= (1)求数列{an}的通项公式 an; 1 n (2)若数列{bn}满足 bn= anan+1·3 ,Sn=b1+b2+…+bn,求 Sn. 2 1 3 ,∴ = +1. an+3 an+1 an 1 1 ? 1 1? 1 1 3 ∴ + =3? + ?,并且 + = , an+1 2 ?an 2? a1 2 2 ? 1 1? 3 ∴数列? + ?为以 为首项,3 为公比的等比数列, 2 ?an 2? 1 1 3 2 n-1 ∴ + = ·3 ,∴an= n . an 2 2 3 -1 n 2·3 1 1 (2)bn= n = n - n+1 , n+1 ? 3 -1? ? 3 -1? 3 -1 3 -1 解析 (1)由已知,an+1=
-3-

x

x+3

,数列{an}满足 a1=1,an+1=f(an)(n∈N+).

an

∴Sn=b1+b2+…+bn = 1 1 1 1 1 1 - 2 +…+ n - n+1 = - n+1 . 3-1 3 -1 3 -1 3 -1 2 3 -1

考点二:错位相减法求数列的前 n 项和 【例 2】(2012·滨州模拟)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 an+1=2Sn+2(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式;
?1? (2)在 an 与 an+1 之间插入 n 个数,使这 n+2 个数组成公差为 dn 的等差数列,求数列? ?的前 n ?dn?

项和 Tn. [审题导引] (1)利用递推式消去 Sn 可求 an;
?1? (2)利用错位相减法求数列? ?的前 n 项和. ?dn?

[规范解答] (1)由 an+1=2Sn+2(n∈N+), 得 an=2Sn-1+2(n∈N+,n≥2), 两式相减得 an+1-an=2an, 即 an+1=3an(n∈N+,n≥2), 又 a2=2a1+2, ∵{an}是等比数列,所以 a2=3a1, 则 2a1+2=3a1, ∴a1=2,∴an=2·3n-1. (2)由(1)知 an+1=2·3 ,an=2·3 . n-1 4×3 ∵an+1=an+(n+1)dn,∴dn= , n+1 1 1 1 1 令 Tn= + + +…+ ,
n n-1

d1 d2 d3

dn

2 3 4 n+1 0+ 1+ 2+…+ n-1① 4×3 4·3 4·3 4·3 1 2 3 n n+1 Tn= 1+ 2+…+ n-1+ n② 3 4·3 4·3 4·3 4·3 2 2 1 1 1 n+1 ①-②得 Tn= 0+ 1+ 2+…+ n-1- n 3 4·3 4·3 4·3 4·3 4·3 1 ? 1? ?1-3n-1? ? n+1 5 2n+5 1 1 3? = + × - n= - n. 2 4 1 4·3 8 8·3 1- 3 则 Tn=
-4-

【规律总结】 错位相减法的应用技巧 (1)设数列{an}为等差数列, 数列{bn}为等比数列, 求数列{anbn}的前 n 项和可用错位相减法. 应用错位相减法求和时需注意: (2)①给数列和 Sn 的等式两边所乘的常数应不为零,否则需讨论; ②在转化为等比数列的和后,求其和时需看准项数,不一定为 n. 【变式训练】 2.已知等差数列{an}满足:an+1>an(n∈N+),a1=1,该数列的前三项分别加上 1、1、3 后顺次成为等比数列{bn}的前三项. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;

a1 a2 an 2n+3 1 (2)设 Tn= + +…+ (n∈N+),若 Tn+ n - <c(c∈Z)恒成立,求 c 的最小值. b1 b2 bn 2 n
解析 (1)设 d、q 分别为数列{an}的公差、数列{bn}的公比. 由题意知,a1=1,a2=1+d,a3=1+2d,分别加上 1、1、3 得 2、2+d、4+2d, ∴(2+d)2=2(4+2d),∴d=±2. ∵an+1>an,∴d>0,∴d=2, ∴an=2n-1(n∈N+), 由此可得 b1=2,b2=4,∴q=2,∴bn=2n(n∈N+).

a1 a2 an 1 3 5 2n-1 (2)Tn= + +…+ = + 2+ 3+…+ n ,① b1 b2 bn 2 2 2 2 1 1 3 5 2n-1 ∴ Tn= 2+ 3+ 4+…+ n+1 .② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2n-1 由①-②得 Tn= + + 2+ 3+…+ n-1- n+1 . 2 2 2 2 2 2 2 1 1- n-1 2 2n-1 1 2n-1 2n+3 ∴Tn=1+ - n =3- n-2- n =3- n , 1 2 2 2 2 1- 2 2n+3 1 1 ∴Tn+ n - =3- <3. 2 n n 2n+3 1 ∴使 Tn+ n - <c(c∈Z)恒成立的 c 的最小值为 3. 2 n 考点三:数列与不等式的综合问题

-5-

【例 3】已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn=a(Sn-an+1)(a 为常数,且 a≠0,a≠1). (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=an+Sn·an,若数列{bn}为等比数列,求 a 的值; (3)在满足条件(2)的情形下,设 cn= 1 1 - ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求证: an+1 an+1-1
2

Tn>2n- .
[审题导引] 第(1)问先利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)把 Sn 与 an 的关系式转化为 an 与 an-1 之 间的关系,判断数列的性质,求其通项公式; (2)根据第(1)问,求出数列{bn}的前三项,利用 b=b1×b3 列出方程即可求得 a 的值; (3)先求出数列{cn}的通项公式,根据所求证问题将其放缩,然后利用数列求和公式证明. [规范解答] (1)当 n=1 时,S1=a(S1-a1+1), 得 a1=a. 当 n≥2 时,Sn=a(Sn-an+1),

1 2

Sn-1=a(Sn-1-an-1+1),
两式相减得 an=a·an-1,得 即{an}是等比数列. 所以 an=a·a
n-1

an =a. an-1

=a .
n 2

n

(2)由(1)知 bn=(a ) +

a? an-1? n a, a-1

2

bn=

?

2a-1?

a2n-a·an

a-1
2 3

若{bn}为等比数列,则有 b2=b1b3, 而 b1=2a ,b2=a (2a+1),b3=a (2a +a+1), 1 3 2 2 4 2 故[a (2a+1)] =2a ·a (2a +a+1),解得 a= , 2 1 ?1?n 再将 a= 代入 bn,得 bn=? ? ,结论成立, 2 ?2? 1 所以 a= . 2
4 2

?1?n (3)证明 由(2),知 an=? ? , ?2? n n+1 1 1 2 2 所以 cn= - = n + n+1 ?1?n+1 ?1?n+1-1 2 +1 2 -1 ?2? ?2? ? ? ? ?

-6-

1 1 =2- n + n+1 . 2 +1 2 -1 1 1 所以 cn>2- n+ n+1. 2 2

? 2 2? ? 2 2? ? 2 2 ? 1 1 1 =2n- + n+1>2n- .结论成立. 2 2 2 【规律总结】 数列与不等式综合问题的解题方法 (1)在解决与数列有关的不等式问题时, 需注意应用函数与方程的思想方法, 如函数的单调性、 最值等. (2)在数列的恒成立问题中,有时需先求和,为了证明的需要,需合理变形,常用到放缩法, 常见的放缩技巧有: 1 ? 1 1 1? 1 - ① 2< 2 = ? ?; k k -1 2?k-1 k+1?
1 1 1 1 1 ② - < < - ; k k+1 k2 k-1 k+1 ③2( n+1- n)<
n

? 1 1? ? 1 1? ? 1 1 ? Tn=c1+c2+…+cn>?2- + 2?+?2- 2+ 3?+…+?2- n+ n+1?

1

n

<2( n- n-1);

④利用(1+x) 的展开式进行放缩. 【变式训练】 1 1 7 3.已知数列{bn}满足:bn+1= bn+ ,且 b1= ,Tn 为{bn}的前 n 项和. 2 4 2
? 1? (1)求证:数列?bn- ?是等比数列,并求{bn}的通项公式; 2? ?

12k (2)如果对任意 n∈N+,不等式 ≥2n-7 恒成立,求实数 k 的取值范围. 12+n-2Tn 1 1 解析 (1)证明 对任意 n∈N+,都有 bn+1= bn+ , 2 4 1? 1 1? 所以 bn+1- = ?bn- ?, 2? 2 2? ? 1? 1 1 则?bn- ?是等比数列,首项为 b1- =3,公比为 , 2? 2 2 ? 1 ?1?n-1 ?1?n-1 1 所以 bn- =3×? ? ,即 bn=3×? ? + . 2 2 ?2? ?2? ?1?n-1 1 (2)因为 bn=3×? ? + , 2 ?2? 1 ? n ? 1 1 所以 Tn=3?1+ + 2+…+ n-1?+ 2 2 2 ? 2 ? ? 1? 3×?1- n? ? 2 ? n ? 1? n = + =6?1- n?+ . 1 2 ? 2? 2 1- 2 12k 因为不等式 ≥2n-7, 12+n-2Tn
-7-

2n-7 化简,得 k≥ n ,对任意 n∈N+恒成立, 2 2n-7 设 cn= n , 2 2? n+1? -7 2n-7 9-2n 则 cn+1-cn= - n = n+1 , n+1 2 2 2 当 n≥5 时,cn+1≤cn,数列{cn}为单调递减数列; 当 1≤n<5 时,cn+1>cn,数列{cn}为单调递增数列. 1 3 3 而 =c4<c5= ,所以 n=5 时,cn 取得最大值 . 16 32 32 2n-7 3 所以要使 k≥ n 对任意 n∈N+恒成立,k≥ . 2 32 名师押题高考 1 2 n 2 【押题 1】在数列{an}中,an= + +…+ ,又 bn= ,则数列{bn}的前 n+1 n+1 n+1 an·an+1

n 项和 Sn=________.
解析 an= 2 1

n+1

(1+2+3+…+n)= , 2 1 ?

n

bn= =8? - ? n n+1 ?n n+1?
2 · 2 ∴数列{bn}的前 n 项和为

?1

Sn=8??1- ?+? - ?+? - ?+…+? - 2 2 3 3 4 n n+1??

?? ??

1? ?1 1? ?1 1?

? ?

? ?

?

?1 ?

1 ??

??

=8?1- 答案

? ?

1 ? 8n = . n+1? n+1 ?

8n n+1

[押题依据] 求数列的通项公式与数列的前 n 项和都是高考的热点.本题综合考查了以上两 点及等差数列的求和公式,考查数列知识全面,综合性较强,故押此题. 【押题 2】已知数列{an}是首项 a1=1 的等比数列,且 an>0,{bn}是首项为 1 的等差数列, 又 a5+b3=21,a3+b5=13. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列?
? bn ? ?的前 n 项和 Sn. ?2an?

解析 (1)设数列{an}的公比为 q,{bn}的公差为 d,
?q +1+2d=21 ? 则由已知条件得:? 2 ? ?q +1+4d=13
4



解之得:? ∴an=2
n-1

?d=2 ? ? ?q=2或q=-2?

舍去?

.

,bn=1+(n-1)×2=2n-1.
-8-

(2)由(1)知

bn 2n-1 = n . 2an 2

1 3 5 2n-3 2n-1 ∴Sn= + 2+ 3+…+ n-1 + n .① 2 2 2 2 2 1 1 3 2n-3 2n-1 ∴ Sn= 2+ 3+…+ n + n+1 .② 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2n-1 ①-②得: Sn= + 2+ 3+…+ n- n+1 2 2 2 2 2 2 1? ?1? ? ?1-?2?n-1? 1 ? 2n-1 1 2? ? ? ? 2n-1 1 ?1 1 = +? + 2+…+ n-1?- n+1 = + - n+1 2 2 2 ? 2 2 ? 2 1 2 1- 2 1 2n+3 ?1?n-1 2n-1 = +1-? ? - n+1 .∴Sn=3- n . 2? 2 2 2 ? [押题依据] 数列求和中的错位相减法因运算量较大,结构形式复杂.能够较好地考查考生 的运算能力,有很好的区分度,而备受命题者青睐.本题综合考查了等差、等比数列的通项 公式及错位相减法求和,难度中等,故押此题.

-9-


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