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2013高考专题复习资料:数列综合运用_图文

2013 年高考复习
数列

真题热身
1.(2011· 四川改编)数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 3 bn=an+1-an(n∈N*). b3=-2, 10=12, a8=______. 若 b 则
解析 设数列{bn}的首项为 b1,公差为 d,由 b3=-2,b10=12,得 ?b1+2d=-2, ?b1=-6, ? ? ? 解得? ?b1+9d=12, ?d=2, ? ? ∴bn=-6+2(n-1)=2n-8. ∵bn=an+1-an, ∴a8=(a8-a7)+(a7-a6)+(a6-a5)+(a5-a4)+(a4-a3)+ (a3-a2)+(a2-a1)+a1 7×(-6+2×7-8) =b7+b6+b5+?+b1+a1= +3=3. 2

2.(2011· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn+Sm= 1 S + ,且 a =1,那么 a =________.
n m 1 10

解析 ∵Sn+Sm=Sn+m,a1=1=S1. 可令 m=1,得 Sn+1=Sn+1, ∴Sn+1-Sn=1.即当 n≥1 时,an+1=1,∴a10=1.

3.(2011· 广东)已知{an}是递增等比数列,a2=2,a4-a3=4,

2 则此数列的公比 q=________.
解析 由 a2=2,a4-a3=4 得方程组 ?a =2, ? 2 ? ?q2-q-2=0,解得 q=2 或 q=-1. ?a2q2-a2q=4 ? 又{an}是递增等比数列,故 q=2.

2 4.(2011· 浙江)若数列{n(n+4)( )n}中的最大项是第 k 项,则 3

4 k=________.
2k 2 k-1 ? ?k(k+4)(3) ≥(k-1)(k+3)(3) , 由题意知? ?k(k+4)(2)k≥(k+1)(k+5)(2)k+1, 3 3 ?

解析

解得 10≤k≤1+ 10.∵k∈N*,∴k=4.

考点整合
1.根据数列的递推关系求数列的通项公式 (1)利用递推关系写出前几项, 根据前几项的特点观察、归 纳猜想出 an 的表达式,然后用数学归纳法证明. (2)当已知数列{an}中,满足 an+1-an=f(n),且 f(1)+f(2) +?+f(n)可求,则可用累加法求数列的通项 an. an+1 (3)当已知数列{an}中,满足 =f(n),且 f(1)· ?· f(2)· f(n) an 可求,则可用累积法求数列的通项 an. (4)将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差数列、等 比数列).

2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前 n 项和. 对等比数列利用 公式法求和时,一定注意公式 q 是否能取 1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法, 主要用 于求数列{anbn}的前 n 项和,其中{an}、{bn}分别是等差数 列和等比数列. (3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后, 消去一部分从而计算和 1 的方法,适用于求通项为 的数列的前 n 项和.其中 anan+1 1 1 1 1 {an}若为等差数列,则 = ( - ). anan+1 d an an+1

(4)倒序相加法 这是推导等差数列前 n 项和时所用的方法.将一个数列倒过 来排序,它与原数列相加时,若有公因式可提,并且剩余的 项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加法求和. (5)分组求和法 一个数列即不是等差数列,也不是等比数列,若将这个数列 适当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部分,即能 分别求和,然后再合并.

分类突破
一、错位相减法求和 例 1 (2010· 全国)设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·2n 1, 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解 (1)由已知,当 n≥1 时,an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+? +(a2-a1)]+a1=3(22n ?1+22n?3+?+2)+2=22(n+1)?1. 而 a1=2,符合上式, 所以数列{an}的通项公式为 an=22n?1. (2)由 bn=nan=n·2n-1 知 2
Sn=1· 2+2·3+3·5+?+n·2n-1, 2 2 2 从而 22·n=1·3+2·5+3·7+?+n·2n+1. S 2 2 2 2 ①-②得(1-22)Sn=2+23+25+?+22n-1-n·2n+1, 2 1 即 Sn= [(3n-1)22n+1+2]. 9 ① ②


归纳拓展

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.

变式训练 1 已知当 x=5 时,二次函数 f(x)=ax2+bx 取得 最小值,等差数列{an}的前 n 项和 Sn=f(n),a2=-7. (1)求数列{an}的通项公式; an (2)数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 bn= n,求 Tn. 2
b 解 (1)由题意得:- =5, 2a 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=an2+bn-a(n-1)2-b(n-1) =2an+b-a=2an-11a. ∵a2=-7,得 a=1.∴a1=S1=-9, ∴an=2n-11.

2n-11 (2)bn= , 2n -9 -7 2n-11 ∴Tn= + 2 +?+ , 2 2 2n -9 2n-13 2n-11 1 T= +?+ + n+1 , 2 n 22 2n 2 ①-②得 1 9 2 2 2n-11 T =- + 2+?+ n- n+1 2 n 2 2 2 2 1 1 (1- n-1) 2 2n-11 2n-11 9 2 7 1 =- + - n+1 =- - n-1- n+1 . 2 1 2 2 2 2 1- 2 2n-7 ∴Tn=-7- n . 2

① ②

二、裂项相消法求和 n(1+an) 例 2 已知各项全不为零的数列{an}的前 n 项和为 Sn, n= S , n∈N*. 2 (1)求证:数列{an}为等差数列; 1 1 1 1 (2)若 a2=3,求证:当 n∈N 时, + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 2
*

1+a1 证明 (1) 由 S1= =a1 知 a1=1. 2 n(1+an) (n-1)(1+an-1) 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - , 2 2 化简得 (n-2)an-(n-1)an-1+1=0, 以 n+1 代替 n 得 (n-1)an+1-nan+1=0. ① ②

两式相减得(n-1)an+1-2(n-1)an+(n-1)an-1=0. 则 an+1+an-1=2an,其中 n≥2. 所以,数列{an}为等差数列.

(2) 由 a1=1,a2=3, 结合(1)的结论知 an=2n-1(n∈N*). 1 1 于是 = anan+1 (2n-1)(2n+1) 1 1 1 = ( - ) 2 2n-1 2n+1 1 1 1 ? + +?+ a1a2 a2a3 anan+1 1 1 1 = + +?+ 1×3 3×5 (2n-1)(2n+1) 1 1 11 1 1 1 1 = (1- )+ ( - )+?+ ( - ) 2 3 23 5 2 2n-1 2n+1 1 1 1 = (1- )< . 2 2n+1 2

归纳拓展

1.对 Sn=f(an)型的条件式,一般都要利用 an=Sn

-Sn-1(n≥2)来转化,一种方法是先写出 Sn-1=f(an-1),相减 得 an=f(an)-f(an-1), 另一种方法是直接得到 Sn=f(Sn-Sn-1), 具体选用哪一种方法要具体分析. 1 2.对 an= 型的式子,一般要拆成相邻两项的 (2n-1)(2n+1) 1 1 1 差,即 an= ( - ),再相加求和时可消去中间项, 2 2n-1 2n+1 求得结果.这一类题解决的关键是要正确拆分,要注意观察 确定拆分后项的系数以及相消后的剩余项.

变式训练 2 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn+1= 4an+1,设 bn=an+ 1-2an. (1)证明:数列{bn}是等比数列; 1 (2)数列{cn}满足 cn= (n∈N*),设 Tn=c1c2+c2c3 log2bn+3 +c3c4+?+cncn+1,求 Tn.
(1)证明 由于 Sn+1=4an+1, 当 n≥2 时,Sn=4an-1+1, ①-②得 an+1=4an-4an-1.
所以 an+1-2an=2(an-2an-1). 又 bn=an+1-2an,所以 bn=2bn-1. 因为 a1=1,且 a1+a2=4a1+1, 所以 a2=3a1+1=4.所以 b1=a2-2a1=2. 故数列{bn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列.

① ②

由(1)可知 bn=2n, 1 1 则 cn= = (n∈N*). log2bn+3 n+3 (2)解 Tn=c1c2+c2c3+c3c4+?+cncn+1 1 1 1 1 = + + +?+ 4×5 5×6 6×7 (n+3)(n+4) 1 1 n = - = . 4 n+4 4(n+4)

三、数列综合应用 例 3 已知单调递增的等比数列{an}满足 a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若
1 bn=anlog 2 an, n=b1+b2+?+bn, S 对任意正整数

n,

Sn+(n+m)an+ 1<0 恒成立,试求 m 的取值范围.



(1)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q.

依题意,有 2(a3+2)=a2+a4, 代入 a2+a3+a4=28,得 a3=8.∴a2+a4=20. ? 1 ?a1q+a1q3=20, ?q=2, ?q= , ? ? ∴? 解之,得? 或? 2 2 ?a3=a1q =8, ?a1=2 ? ? ?a1=32. ? ?q=2, ? 又∵{an}单调递增,∴? ∴an=2n. ?a1=2. ?

(2)bn=anlog 1 an=2nlog 1 2n=-n·n. 2

∴-Sn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n. -2Sn= 由①-②得 Sn=2+22+23+?+2n-n×2n+1=2n+1-n·n+1-2. 2 1×22+2×23+3×24+?+n×2n+1,

2

2

① ②

由 Sn+(n+m)an+1<0, 即 2n+1-n·n+1-2+n·n+1+m·n+1<0 对任意正整数 n 恒成立。 2 2 2 1 n+1 n+1 ∴m· <2-2 ,即对任意正数 n,m< n-1 恒成立, 分离 2 2 变量 1 且 n-1>-1,∴m≤-1, 2
即 m 的取值范围是(-∞,-1].

归纳拓展

数列作为一种特殊的函数,函数与方程的思想,

构造辅助函数解决不等式恒成立问题等,都可能会出现,熟 悉分离参数法求参数的范围,熟悉最朴素的比较法研究数列 的单调性等基本方法.

变式训练 3 已知数列{an}中,a1=2,a2=4,an+1=3an-2an-1 (n≥2,n∈N*). (1)证明:数列{an+ 1-an}是等比数列,并求出数列{an}的通项 公式; 2(an-1) (2)记 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求使 Sn>2 010 an 的 n 的最小值.

解 (1)an+1=3an-2an-1(n≥2), ∴(an+1-an)=2(an-an-1)(n≥2). ∵a1=2,a2=4,∴a2-a1=2≠0,an-an-1≠0. 故数列{an+1-an}是首项为 2,公比为 2 的等比数列.

∴an+1-an=(a2-a1)×2n-1=2n. ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an- 2-an- 3)+?+(a2-a1)+a1 2(1-2n-1) =2n-1+2n-2+2n-3+?+21+2= +2=2n(n≥2). 1-2 又 a1=2 满足上式,∴an=2n(n∈N*). 分组
2(an-1) 1 1 (2)由(1)知 bn= =2(1- n)=2- n-1, an 2 2
求和

1 1- n 2 1 1 1 ∴Sn=2n-(1+ 1+ 2+?+ n-1)=2n- 2 2 1 2 1- 2 1 1 =2n-2(1- n)=2n-2+ n-1. 2 2 1 1 由 Sn>2 010 得 2n-2+ n-1>2 010,即 n+ n>1 006, 2 2 ∴n 最小为 1 006.

规范演练
一、填空题 1.若等差数列{an}满足 a2+S3=4,a3+S5=12,则 a4+S7

24 的值为________.
解析 因 S3=a1 + a 2 + a 3 =3a2,得 a2=1,S5=5a3,得 a3=2, 则 a4=3,S7=7a4,则 a4+S7=8a4=24.

2.数列{an}是等差数列,a2=8,S10=185,从{an}中依次取 出第 3 项,第 9 项,第 27 项,?,第 3n 项,按原来的顺

3 +2 序排成一个新数列{bn},则 bn=________.
解析 由 a2=8,S10=185 可求得 a1=5,公差 d=3,


n+1

∴an=3n+2.由于{an}的第 3n 项恰是{bn}的第 n 项, ∴bn=a 3n =3×3n+2=3n 1+2.

3.数列定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它 的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数 列,这个常数叫做该数列的公和.已知数列{an}是等和数 3 列,且 a1=2,公和为 5,那么 a18 的值为________,且这

52 个数列的前 21 项的和 S21 的值为________.
解析 根据定义和条件知,an+an+1=5 对一切 n∈N*恒成 立,因为 a1=2,所以
?2 ? an=? ?3 ?

(n为奇数), (n为偶数).

于是 a18=3,S21=10(a2+a3)+a1=52.

4.已知数列{an}、{bn}都是等差数列,Sn、Tn 分别是它们的 31 a2+a5+a17+a22 Sn 7n+1 前 n 项和,并且 = ,则 =_____. 5 Tn n+3 b8+b10+b12+b16

Sn 7n+1 S22 7×22+1 31 解析 = ? = = , 5 Tn n+3 T22 22+3 a1+a22 a11+a12 31 即 = = , b1+b22 b11+b12 5 a2+a5+a17+a22 2a12+2a11 a12+a11 31 = = = . b8+b10+b12+b16 2b12+2b11 b12+b11 5

5. f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数, 设 对任意实数 x, y∈R, 1 * 都有 f(x)f(y)=f(x+y),若 an=f(n)(n∈N ),且 a1= ,则 2 1 [2,1) 数列{an}的前 n 项和 Sn 的取值范围是________.
解析 由题意可知, 1 1 a1=f(1)=2,an+1=f(n+1)=f(1)· f(n)=2an. 1 1 ∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列. 1 1n [1-( ) ] 2 2 1n ∴Sn= =1-( ) , 1 2 1-2 1 则 Sn 的取值范围为[2,1).

6.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-1)n (n∈N*),则 S100=________. 2 600

解析 当 n 为奇数时,an+2-an=0, 则奇数项为常数列{1}. 当 n 为偶数时,an+2-an=2,则偶数项为等差数列. 50(2+100) S100=50×1+ =2 600. 2

7. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, Sn=2n-an, 且 则数列{an} 的通项公式
?1?n-1 2-?2? an=_________. ? ?

解析 由于 Sn=2n-an,所以 Sn+1=2(n+1)-an+1,后式 1 减去前式,得 Sn+1-Sn=2-an+1+an,即 an+1= an+1,变 2 1 形为 an+1-2=2(an-2), 则数列{an-2}是以 a1-2 为首项, 1 为公比的等比数列.又 a1=2-a1,即 a1=1. 2 ?1? - ?1? - n 1 则 an-2=(-1)? ? ,所以 an=2-? ?n 1. ?2? ?2?

1 8.(2011· 北京)在等比数列{an}中,若 a1= ,a4=-4,则公 2

1 -2 2 -2 比 q=_____;|a1|+|a2|+?+|an|=_________. 1 解析 ∵{an}为等比数列,且 a1= ,a4=-4, 2 a4 3 ∴q = =-8, a1 1 - ∴q=-2,∴an=2· (-2)n 1,
n-1

∴|an |=2n 2, 1 (1-2n) 1 2 1 n n-1 ∴|a1 |+|a2|+|a3 |+?+|an |= =2(2 -1)=2 -2. 1-2



二、解答题 9.已知 f(x)=x+4 x+4,数列{an}满足 a1=1,an+1=f(an) (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 (2)记 Tn= + +?+ ,求证:Tn> - . a1 a2 an 2 2(2n+1)

(1)解 ∵f(x)=( x+2)2(x≥0), ∴an+1=( an+2)2, 即 an+1- an=2(n∈N*). ∴数列{ an}是以 a1=1 为首项,公差为 2 的等差数列. ∴ an=1+2(n-1)=2n-1, 即 an=(2n-1)2(n∈N*).

1 1 1 (2)证明 ∵ = > an (2n-1)2 (2n-1)(2n+1) 1 1 1 = ( - ), 2 2n-1 2n+1 1 1 1 ∴Tn= + +?+ a1 a2 an 1 1 1 1 1 1 > [(1- )+( - )+?+( - )] 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 = - . 2 2(2n+1) 1 1 ∴Tn> - . 2 2(2n+1)

7 10.已知数列{an}满足 a1= ,Sn 是{an}的前 n 项和, 6 1 1 点(2Sn+an,Sn+1)在 f(x)= x+ 的图象上,正数数列{bn}中, 2 3 b1=1,且(n+1)b2 +1-nb2 +bn+1bn=0(n∈N*). n n (1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式; 2 an- 3 (2)若 cn= ,Tn 为{cn}的前 n 项和,n∈N*,试比较 Tn 与 bn 1 的大小.

1 1 (1)∵点(2Sn+an,Sn+1)在 f(x)= x+ 的图象上, 2 3 1 1 ∴Sn+1= ×(2Sn+an)+ , 2 3 1 1 2 1 2 ∴an+1= an+ ,∴an+1- = (an- ), 2 3 3 2 3 2 2 7 2 1 1 ∴数列{an- }是以 a1- = - = 为首项,以 为公比的等比数列, 3 3 6 3 2 2 2 1 1 n-1 2 1 ∴an- = · ) ,即 an= + n. ( 3 2 2 3 2 解 ∵(n+1)b2+1-nb2 +bn+1bn=0(n∈N*), n n ∴[(n+1)bn+1-nbn](bn+1+bn)=0, ∵bn>0,∴(n+1)bn+1=nbn, 1 bn bn-1 bn-2 b2 n-1 n-2 1 ∵b1=1,∴ · · · ?· = · · ,∴bn= . ?· n n-1 2 n bn-1 bn-2 bn-3 b1

2 an- 3 n (2)∵cn= ,∴cn= n, bn 2 1 1 1 1 Tn= +2× 2+3× 3+?+n× n 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ∴ Tn= +2× 3+3× 4+?+n× n+1 2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 1 n ①-②得 Tn= + 2+ 3+ 4+?+ n- n+1, 2 2 2 2 2 2 2 1 1 n n ∴Tn=2- n-1- n,∴Tn-1=1- n-1- n, 2 2 2 2 1 当 n=1 时,T1= <1. 2

① ②

当 n≥2 且 n∈N*时, 1 (C0 +Cn+C2 +?+Cn)-2-n C0 +C1 +Cn-2-n n n n n n n Tn-1= ≥ =0, n n 2 2 ∴Tn≥1.


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