【步步高】2014届高三数学大一轮复习讲义 第6章 数列的通项与求和学案 苏教版

学案30 数列的通项与求和导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．自主梳理1．求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n－S n －1， n ≥2.(2)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用________求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)．(3)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用________求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1.(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．(5)归纳、猜想、证明法． 2．求数列的前n 项的和 (1)公式法①等差数列前n 项和S n ＝____________＝________________，推导方法：____________； ②等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，q ＝1， ＝ ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． ③常见数列的前n 项和：a ．1＋2＋3＋…＋n ＝________；b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝________；c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝________；d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝________；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝____________.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．常见的拆项公式有：①1n n ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (5)倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导． 自我检测1．(原创题)已知数列{a n }的前n 项的乘积为T n ＝3n 2(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项的和为________．2．设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是其前n 项和，若{S n }是等差数列，则q ＝________. 3．已知等比数列{a n }的公比为4，且a 1＋a 2＝20，故b n ＝log 2a n ，则b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n＝________.4．(2010·天津高三十校联考)已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设{a n }的前n 项的和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n 的最小值为________．5．(2010·北京海淀期末练习)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________．探究点一 求通项公式 例1 已知数列{a n }满足a n ＋1＝2n ＋1·a na n ＋2n ＋1，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式．变式迁移1 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．探究点二 裂项相消法求和例2 已知数列{a n }，S n 是其前n 项和，且a n ＝7S n －1＋2(n ≥2)，a 1＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m 20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .变式迁移2 求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n 项和．探究点三 错位相减法求和例3 已知数列{a n }是首项、公比都为q (q >0且q ≠1)的等比数列，b n ＝a n log 4a n (n ∈N *)． (1)当q ＝5时，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)当q ＝1415时，若b n <b n ＋1，求n 的最小值．变式迁移3 求和S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .分类讨论思想例 (5分)二次函数f (x )＝x 2＋x ，当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )的函数值中所有整数值的个数为g (n )，a n ＝2n 3＋3n 2g n(n ∈N *)，则S n ＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋(－1)n －1a n ＝______________________.答案 (－1)n －1n n ＋2解析 当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，函数f (x )＝x 2＋x 的值随x 的增大而增大，则f (x )的值域为[n 2＋n ，n 2＋3n ＋2](n ∈N *)，∴g (n )＝2n ＋3(n ∈N *)，于是a n ＝2n 3＋3n 2g n＝n 2.当n 为偶数时，S n ＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋a n －1－a n ＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n －1)2－n 2]＝－[3＋7＋…＋(2n －1)]＝－3＋n －2·n 2＝－n n ＋2；当n 为奇数时，S n ＝(a 1－a 2)＋(a 3－a 4)＋…＋(a n －2－a n －1)＋a n＝S n －1＋a n ＝－n n －2＋n 2＝n n ＋2，∴S n ＝(－1)n －1n n ＋2. 【突破思维障碍】在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项； (2)观察法：例如由数列的前几项来求通项； (3)可化归为使用累加法、累积法；(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法； (5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明． 2．数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．3．求和时应注意的问题：(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．(2010·广东)已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________.2．有两个等差数列{a n }，{b n }，其前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝7n ＋2n ＋3，则a 5b 5＝________.3．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1且a n －1－a n a n a n －1＝a n －a n ＋1a n a n ＋1(n ≥2)，则此数列的第10项为________．4．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋，则S 5＝________.5．(2011·南京模拟)数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1 020，那么n 的最小值是________．6．(2010·东北师大附中高三月考)数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝__________.7．(原创题)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________.二、解答题(共42分)9．(12分)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)．(1)若函数f (x )的图象的顶点的横坐标构成数列{a n }，试证明数列{a n }是等差数列； (2)设函数f (x )的图象的顶点到x 轴的距离构成数列{b n }，试求数列{b n }的前n 项和S n .10．(14分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12na n ＋a n －c (c 是常数，n ∈N *)，a 2＝6.(1)求c 的值及数列{a n }的通项公式；(2)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.11．(16分)(2010·北京宣武高三期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1) (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn，求数列{c n }的前n 项和T n .答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．22 2.32 3.15 4.8 5.919课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7a 1＋＋a 3＋2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由(1)得a 3n ＋1＝23n，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n b 1＋b n 2＝3n n ＋2·ln 2.故T n ＝3n n ＋2ln 2.变式迁移1 4解析 设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．例2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观察T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，又b 1＝3＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012， 又∵9n 2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92， 即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8， 解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n.(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n.①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－2n 1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]．例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500， 第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300，依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，则a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n－300.下面构造一等比数列． 设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，则a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ， ∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x .∴0.18x ＝－300.∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003. ∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年底该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%)＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n n －2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米． (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 课后练习区1．3＋2 2 2.② 3.991 4．7解析 设至少需要n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，∴1－2n1－2≥100，∴n ≥7.5．64解析 依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.6．3解析 该题是数列知识与函数知识的综合．a n ＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝5·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1－252－45，显然当n ＝2时，a n 取得最小值，当n ＝1时，a n 取得最大值，此时x ＝1，y ＝2，∴x ＋y ＝3.7．21解析 y ′＝(x 2)′＝2x ，则过点(a k ，a 2k )的切线斜率为2a k ，则切线方程为y －a 2k ＝2a k (x －a k )，令y ＝0，得－a 2k ＝2a k (x －a k )，∴x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k .故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×(12)n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.8．107解析 由数表知，第一行1个奇数，第3行3个奇数，第5行5个奇数，第61行61个奇数，前61行用去1＋3＋5＋…＋61＝62×312＝961个奇数．而2 009是第1 005个奇数，故应是第63行第44个数，即i ＋j ＝63＋44＝107.9．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.…………………………………………………(1分)a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，n ∈N *；……………………………………………………………………(3分)∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分) 又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1.数列{S n }构成一个首项为1、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.…………………………………………………………(6分)当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.………………………………………………………………………(8分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1n －n ＋＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(12分)由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009， ∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(14分)10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(5分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，………………………………………………………(10分)∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(14分)11．(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得到f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，…………………………………………………………(2分)∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，即f (n )＝(12)n.………………………………………………………………………………(5分)(2)证明 记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n，……………………………………………………………………(6分)∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n，12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n<2.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2.………………………………………………………………(9分)(3)解 ∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f n ＋f n＝(9－n )12n ＋112n ＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0； 当n >9时，b n <0， ∴n ＝8或9时，S n 取到最大值．………………………………………………………(14分)11。