2013届高考数学一轮复习-第30讲-数列求和及数列实际问题学案

2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第30讲 数列求和及数列实际问题

一．课标要求：

1．探索并掌握一些基本的数列求前n 项和的方法；

2．能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。 二．命题走向

数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。

有关命题趋势：

1．数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；

2．数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；

3．数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等； 4．有关数列的应用问题也一直备受关注。 预测2013年高考对本将的考察为：

1．可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题； 2．也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。 三．要点精讲

1．数列求通项与和

（1）数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =???--1

1s s s n n 12

=≥n n 。

（2）求通项常用方法

①作新数列法。作等差数列与等比数列；

②累差叠加法。最基本的形式是：a n =(a n －a n －1)+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1； ③归纳、猜想法。 （3）数列前n 项和 ①重要公式：1+2+…+n=2

1

n(n+1)； 12

+22

+…+n 2

=

6

1

n(n+1)(2n+1)； 13+23+…+n 3=(1+2+…+n)2=4

1n 2(n+1)2

；

②等差数列中，S m+n =S m +S n +mnd ；

③等比数列中，S m+n =S n +q n S m =S m +q m

S n ； ④裂项求和

将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f(n+1)－f(n)，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：

)11(1))((1C An B An B C C An B An a n +-+-=++=

、)1(1+n n =n 1－1

1

+n 、n·n ！

=(n+1)!－n!、C n －1r －1

=C n r －C n －1r

、

)!1(+n n =!1

n －)!

1(1+n 等。

⑤错项相消法

对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n 项和，常用错项相消法。

n n n c b a ?=, 其中

{}

n b 是等差数列，

{}

n c 是等比数列，记

n n n n n c b c b c b c b S ++?++=--112211，则1211n n n n n qS b c b c b c -+=+??++，…

⑥并项求和

把数列的某些项放在一起先求和，然后再求S n 。

数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 ⑦通项分解法：n n n c b a ±=

2．递归数列

数列的连续若干项满足的等量关系a n+k =f(a n+k －1,a n+k －2,…,a n )称为数列的递归关系。由递归关系及k 个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。如由a n+1=2a n +1，及a 1=1，确定的数列}12{-n

即为递归数列。

递归数列的通项的求法一般说来有以下几种： （1）归纳、猜想、数学归纳法证明。 （2）迭代法。

（3）代换法。包括代数代换，对数代数，三角代数。

（4）作新数列法。最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。 四．典例解析 题型1：裂项求和

例1．已知数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：

∑=+n

i i i a a 11

1

。 解析：首先考虑=∑=+n

i i i a a 11

1

∑=+-n

i i i a a d 11)11(1，则∑=+n

i i i a a 111=1

111)11(1++=-n n a a n a a d 。 点评：已知数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求

和

1

1

n

n

i i ===也可用裂项求和法。

例2．求)(,32114321132112111*N n n

∈+++++++++++++++

。 解析：)

1(2

211+=+?++=

k k k a k ，

])

1n (n 1321211[

2S n ++?+?+?=∴ 121112111

3121211[2+=

??

? ??+-=??? ??+-

+?+??

?

??-+??? ?

?

-=n n n n n 点评：裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些。 题型2：错位相减法

例3．设a 为常数，求数列a ，2a 2，3a 3，…，na n

，…的前n 项和。 解析：①若a=0时，S n =0；

②若a=1，则S n =1+2+3+…+n=

)1n (n 2

1

-； ③若a≠1，a≠0时，S n -aS n =a （1+a+…+a n-1

-na n

）， S n =

]na a )1n (1[)

a 1(a 1

n n 2

+++--。 例4．已知1,0≠>a a ，数列{}n a 是首项为a ，公比也为a 的等比数列，令

)(lg N n a a b n n n ∈?=，求数列{}n b 的前n 项和n S 。

解析：

,lg n n n n a a b n a a ==?，

232

3

4

1

(23)lg (23)lg n n n n S a a a na a aS a a a na

a +∴=++++=+++

+……①……②

①-②得：a na a a a S a n n n lg )()1(1

2+-+++=- ，

[]

n

n a na n a a a S )1(1)

1(lg 2

-+--=

∴ 点评：设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则数列{}n n b a 的前n 项和n S 求解，均可用错位相减法。 题型3：倒序相加

例5．求S C C nC n n n n n

=+++3631

2

…。

解析：S C C C nC n n n n n n

=++++03630

1

2

·…。 ① 又S nC n C C C n n n

n

n n n =+-+++-331301

10

()…·。 ②

所以S n n n =-32

1

·。

点评：S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项

的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

例6．设数列{}n a 是公差为d ，且首项为d a =0的等差数列，

求和：n

n n n n n C a C a C a S +++=+ 11001 解析：因为n

n n n n n C a C a C a S +++=+ 11001，

00111n n n n n n n n C a C a C a S +++=--+ n

n n n n n C a C a C a 0110+++=- ， 01101102()()()n

n n n n n n n S a a C a a C a a C +-∴=++++

++

01

00()()()2n

n n n n n n a a C C C a a =+++

+=+

110()2n n n S a a -+∴=+?。

点评：此类问题还可变换为探索题形：已知数列{}n a 的前n 项和n S 12)1(+-=n

n ，

是否存在等差数列{}n b 使得n

n n n n n C b C b C b a +++= 2211对一切自然数n 都成立。

题型4：其他方法

例7．求数列1，3+5，7+9+11，13+15+17+19，…前n 项和。

解析：本题实质是求一个奇数列的和。在该数列的前n 项中共有1212

+++=

+…n n n ()个奇数，故S n n n n n n n =++++-=+()[(

()

)]()12111212

214

22×。 例8．求数列1，3＋13，32＋132， (3)

＋13

n 的各项的和。

解析：其和为(1＋3＋ (3)

)＋(13132+＋……＋1

3

n )=3121321n n +--+-=12(3n ＋1－3-n

)。

题型5：数列综合问题

例9．已知函数()f x ＝x 3

+x 2

，数列 | x n | （x n > 0）的第一项x 1＝1，以后各项按如下方式取定：曲线y ＝()f x 在11(())n n x f x ++?处的切线与经过（0，0）和（x n ，f （x n ））两点的直线平行（如图）。

求证：当n ∈*N 时：（I ）221132n n n n x x x x -++=+；（II ）12

11()()22

n n n x --≤≤。

解析：（I ）因为'2

()32,f x x x =+

所以曲线()y f x =在11(,())n n x f x ++处的切线斜率12

1132.n n n k x x +++=+ 因为过(0,0)和(,())n n x f x 两点的直线斜率是2

,n n x x +

所以22

1132n n n n x x x x +++=+.

（II ）因为函数2

()h x x x =+当0x >时单调递增，

而221132n n n n x x x x +++=+2

1142n n x x ++≤+211(2)2n n x x ++=+

所以12n n x x +≤，即

11

,2

n n x x +≥ 因此1121211().2

n n n n n n x x x x x x x ----=

??????≥ 又因为12

2

12(),n n n n x x x x +++≥+

令2

,n n n y x x =+则

11

.2

n n y y +≤ 因为21112,y x x =+=所以12

111()().22

n n n y y --≤?=

因此2

2

1(),2

n n n n x x x -≤+≤

故1

211

()

().2

2

n n n x --≤≤

点评：数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系。

例

10．已知

0(),

n

f x x ='11()

()(1)

k k k f x f x f --=

,其中(,)k n n k N +≤∈,设02122201()()()...()...()k n

n n n k n n F x C f x C f x C f x C f x =+++++,[]1,1x ∈-。

(I) 写出

(1)k f ；(II) 证明:对任意的[]12,1,1x x ∈-,恒有

112()()2(2)1n F x F x n n --≤+--。

解析：(I)由已知推得()(1)n k

k f x n k x -=-+,从而有(1)1k f n k =-+；

(II) 证法1:当11x -≤≤时，

212(1)22(2)2()12

()(1)...(1)...21n n n k n k n n n n n F x x nC x n C x n k C x C x ----=++-+-++++ 当x>0时, ()0F x '>,所以()F x 在[0,1]上为增函数。

因函数()F x 为偶函数所以()F x 在[－1,0]上为减函数，

所以对任意的[]12,1,1x x ∈-12()()(1)(0)F x F x F F -≤-，

0121

1

210(1)(0)(1)...(1)...2(1)...(1)...2k n n n n n n

n n n k n

n

n n n

F F C nC n C n k C C nC n C

n k C

C C

-----=++-+-+++=+-+-++++

1

(1)()(1,2,3

1)

n k n k

n k n n n

k

k n n

n k C n k C C nC

C k n -----+=-+=+=-

1211210

1111

1

(1)(0)(...)(...)(2

1)212(2)1

k n n n n n n n n

n n n F F n C C C C C C C n n n --------=++++++=-+-=+--

因此结论成立。

证法2：当11x -≤≤时,

212(1)22(2)2()12

()(1)...(1)...21n n n k n k n n n n n F x x nC x n C x n k C x C x ----=++-+-++++ 当x>0时, ()0F x '>,所以()F x 在[0,1]上为增函数。

因函数()F x 为偶函数所以()F x 在[-1,0]上为减函数

所以对任意的[]12,1,1x x ∈-12()()(1)(0)F x F x F F -≤-

0121

(1)(0)(1)...(1)...2k n n n n n n F F C nC n C n k C C --=++-+-+++

又因12110

(1)(0)23......k n n n n n n F F C C kC nC C ---=++++++ 所以12110

2[(1)(0)](2)[......]2k n n n n n n F F n C C C C C ---=+++++++

12110

12(1)(0)[......]2

2(22)12(2)12

k n n n n n n n

n n F F C C C C C n n n ---+-=+++++++=

-+=+--

因此结论成立。

证法3：当11x -≤≤时,

212(1)22(2)2()12

()(1)...(1)...21n n n k n k n n n n n F x x nC x n C x n k C x C x ----=++-+-++++ 当x>0时, ()0F x '>,所以()F x 在[0,1]上为增函数。

因为函数()F x 为偶函数所以()F x 在[－1,0]上为减函数。

所以对任意的[]12,1,1x x ∈-12()()(1)(0)F x F x F F -≤-

0121

(1)(0)(1)...(1)...2k n n n n n n F F C nC n C n k C C --=++-+-+++

由

11221121

1

12[(1)][.....1]

.....n n n n k n k n n n n n n

n k n k n n n

n

n

x x x x C x C x C x C x C x C x

C x

C

x x

------+-+-=+++++=+++++

对上式两边求导得：

111221

(1)(1)(1)...(1)..21

n n n n n n k n k n n n n n x x nx x nx nC x n C x n k C x C x -----+-++-=+-+-++++ 2221

2()(1)(1)

n n n F x x nx x nx -=+++-

11(1)(0)221(2)21n n n F F n n n n --∴-=+--=+--

因此结论成立。

点评：数列与函数、导数结合在一块，考察数列是一种特殊的函数的性质，其中还要用到数列的函数性质来解释问题。 题型6：数列实际应用题

例11．某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息. 若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？ （取665.575.1,786.133.1,629.105

.1101010

===）

解析：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，

①甲方案获利：63.423

.01

3.1%)301(%)301(%)301(1109

2

≈-=+++++++ （万

元），

银行贷款本息：29.16%)

51(1010

≈+（万元），

故甲方案纯利：34.2629.1663.42=-（万元），

②乙方案获利：5.02

9

10110)5.091()5.021()5.01(1??+

?=?+++?++++ 50.32=（万元）；

银行本息和：]%)51(%)51(%)51(1[05.19

2

+++++++?

21.1305

.01

05.105.110≈-?=（万元）

故乙方案纯利：29.1921.1350.32=-（万元）； 综上可知，甲方案更好。

点评：这是一道比较简单的数列应用问题，由于本息金与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解。

例12．自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察

其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量，n∈N *

，且x 1＞0.不考虑其它因素，设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比，死亡量与x n 2成正比，这些比例系数依次为正常数a ，b ，c 。 （Ⅰ）求x n+1与x n 的关系式；

（Ⅱ）猜测：当且仅当x 1，a ，b ，c 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）

（Ⅱ）设a ＝2，b ＝1，为保证对任意x 1∈（0,2），都有x n ＞0，n ∈N *

，则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论。

解析：（I ）从第n 年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为ax n ，被捕捞量为b x n ，死亡量为

.(**)

*),1(.(*)*,,1212N n cx b a x x N n cx bx ax x x cx n n n n n n n n n ∈-+-=∈--=-++即因此 （II ）若每年年初鱼群总量保持不变，则x n 恒等于x 1， n∈N*，

从而由（*）式得：

..0*,,0)(11c

b

a x cx

b a N n cx b a x n n -=

=--∈--即所以恒等于 因为x 1>0，所以a >b 。 猜测：当且仅当a >b ，且c

b

a x -=

1时，每年年初鱼群的总量保持不变。

（Ⅲ）若b 的值使得x n >0，n∈N*

由x n +1=x n (3－b －x n ), n∈N*, 知0

而x 1∈(0, 2)，所以]1,0(∈b 。

由此猜测b 的最大允许值是1.

下证 当x 1∈(0, 2) ，b=1时，都有x n ∈(0, 2), n∈N* ①当n=1时，结论显然成立。

②假设当n=k 时结论成立，即x k ∈(0, 2)，则当n=k+1时，x k+1=x k (2－x k )>0。

又因为x k+1=x k (2－x k )=－(x k －1)2

+1≤1<2, 所以x k+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有x n ∈(0,2)。

点评：数学归纳法在猜想证明数列通项和性质上有很大的用处，同时该题又结合了实际应用题解决问题。 题型7：课标创新题

例13．在数列{}n a 中，若12,a a 是正整数，且12||,3,4,5,n n n a a a n --=-=，则称{}n a 为“绝对差数列”。

（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； （Ⅱ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。

解析：（Ⅰ）a 1=3，a 2=1，a 3=2，a 4=1，a 5=1，a 6=0，a 7=1，a 8=1，a 9=0，a 10=1.（答案不唯一）；

（Ⅱ）证明：根据定义，数列{a n }必在有限项后出现零项.证明如下：

假设{a n }中没有零项，由于a n =|a n-1-a n-2|，所以对于任意的n ，都有a n ≥1,从而 当a n-1 > a n-2时，a n = a n-1 －a n-2 ≤ a n-1－1（n≥3）； 当a n-1 < a n-2时，a n = a n-2 － a n-1 ≤ a n-2－1（n≥3）,

即a n 的值要么比a n-1至少小1，要么比a n-2至少小1. 令c n =212122212(),

(),

n n n n n n a a a a a a --->??

则0

由于c 1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c 1<0这与c n >0（n=1，2，3……）矛盾.从而{a n }必有零项。

若第一次出现的零项为第n 项，记a n-1=A （A≠0），则自第n 项开始，没三个相邻的项

周期地取值O ，A ，A ，即331320,,0,1,2,3,,

n k n k n k a a A k a

A +++++=??

==??=?……

所以绝对等差数列{a n }中有无穷多个为零的项。 点评：通过设置“等差数列”这一概念加大学生对情景问题的阅读、分析和解决问题的能力。

例14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且

1(58)(52),1,2,3,n n n S n S An B n +--+=+=…，其中A,B 为常数。

（Ⅰ）求A 与B 的值；

（Ⅱ）证明数列{a n }为等差数列；

1>对任何正整数m 、n 都成立

分析：本题是一道数列综合运用题，第一问由a 1、a 2、a 3求出s 1、s 2、s 3代入关系式，即求出A 、B ；第二问利用)1(1≥-=-n s s a n n n 公式，推导得证数列{a n }为等差数列。

解答：（1）由已知，得S 1=a 1=1,S 2=a 1+a 2=7,S 3=a 1+a 2+a 3=18。 由(5n －8)S n+1－(5n+2)S n =An+B 知：

???-=+-=+??

?+=-+=--.

482.

28,2122,732312B A B A B A S S B A S S 即。 解得A=－20，B=－8。

（Ⅱ）方法1 由（1）得，（5n-8）S n+1-(5n+2)S n =-20n-8, ①

所以 (5n-3)S n+2-(5n+7)S n+1=-20n-28, ② ②-①,得, (5n-3)S n+2-(10n-1)S n+1+(5n+2)S n =-20, ③ 所以 (5n+2)S n+3-(10n+9)S n+2+(5n+7)S n+1=-20.④ ④-③,得 (5n+2)S n+3-(15n+6)S n+2+(15n+6)S n+1-(5n+2)S n =0. 因为 a n+1=S n+1-S n 所以 (5n+2)a n+3-(10n+4)a n+2+(5n+2)a n+1=0. 又因为 (5n+2)0≠, 所以 a n+3-2a n+2+a n+1=0, 即 a n+3-a n+2=a n+2-a n+1, 1≥n . 又 a 3-a 2=a 2-a 1=5, 所以数列}{n a 为等差数列。

方法2.

由已知，S 1=a 1=1,

又(5n-8)S n+1-(5n+2)S n =-20n-8,且5n-80≠,

所以数列}{}{n n a ，s 因而数列是惟一确定的是惟一确定的。 设b n =5n-4,则数列}{n b 为等差数列，前n 项和T n =

,2

)

35(-n n 于是 (5n-8)T n+1-(5n+2)T n =(5n-8),8202

)

35()25(2)25)(1(--=-+-++n n n n n n

由惟一性得b n =a,即数列}{n a 为等差数列。 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，a n =1+5(n-1)=5n-4. 要证了 ,15>-n m mn a a a 只要证 5a mn >1+a m a n +2n m a a

因为 a mn =5mn -4,a m a n =(5m-4)(5n-4)=25mn -20(m+n)+16, 故只要证 5（5mn -4）>1+25mn -20(m+n)+16+2,n m a a

因为)291515(8558552-++-+<-+=+≤n m n m n m a a a a n m n m

=20m+20n-37,

所以命题得证。

点评：本题主要考查了等差数列的有关知识，不等式的证明方法，考查了分析推理、理性思维能力及相关运算能力等。 五．思维总结

1．数列求和的常用方法

（1）公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列； （2）裂项相消法：适用于?

??

??

?

+1n n a a c 其中{ n a }是各项不为0的等差数列，c 为常数；

部分无理数列、含阶乘的数列等；

（3）错位相减法：适用于{}n n b a 其中{ n a }是等差数列，{}n b 是各项不为0的等比数列。

（4）倒序相加法：类似于等差数列前n 项和公式的推导方法. （5）分组求和法

（6）累加（乘）法等。 2．常用结论

（1）1n

k k ==∑ 1+2+3+...+n =

2

)

1(+n n （2）1

(21)n k k =-=∑1+3+5+...+(2n-1) =2

n

（3）31n

k k ==∑2

333)1(2121??

?

???+=+++n n n

（4）21

n

k k ==∑)12)(1(6

1

3212

2

2

2

++=

++++n n n n （5）

1

11)1(1+-=+n n n n

)21

1(21)2(1+-=+n n n n （6）

)()1

1(11q p q

p p q pq <--= 3．数学思想

（1）迭加累加（等差数列的通项公式的推导方法）若1(),(2)n n a a f n n --=≥，则……； （2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若1

()(2)n

n a g n n a -=≥，则……； （3）逆序相加（等差数列求和公式的推导方法）；

（4）错位相减（等比数列求和公式的推导方法）。