高考数学数列求和及数列实际问题复习资料.doc

普通高中课程标准实验教科书数学 人教版 高三新数学第一轮复习教案（讲座30）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2007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Sn与通项an的关系式：an= 。（2）求通项常用方法作新数列法。作等差数列与等比数列；累差叠加法。最基本的形式是：an=(anan1)+(an1+an2)+(a2a1)+a1；归纳、猜想法。（3）数列前n项和重要公式：1+2+n=n(n+1)；12+22+n2=n(n+1)(2n+1)；13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)2；等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd；等比数列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn；裂项求和将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=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：、=、nn！=(n+1)!n!、Cn1r1=CnrCn1r、=等。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。, 其中是等差数列， 是等比数列，记，则，并项求和把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn。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。通项分解法：2递归数列数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(an+k1,an+k2,an)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an+1=2an+1，及a1=1，确定的数列即为递归数列。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已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：。解析：首先考虑，则=。点评：已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求和也可用裂项求和法。例2求。解析：， 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，2a2，3a3，nan，的前n项和。解析：若a=0时，Sn=0；若a=1，则Sn=1+2+3+n=；若a1，a0时，Sn-aSn=a（1+a+an-1-nan），Sn=。例4已知，数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令，求数列的前项和。解析：，-得：，点评：设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法。题型3：倒序相加例5求。 解析：。 又。 所以。点评：Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn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Sn的一种求和方法。例6设数列是公差为，且首项为的等差数列，求和：解析：因为，。点评：此类问题还可变换为探索题形：已知数列的前项和，是否存在等差数列使得对一切自然数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项中共有个奇数，故。例8求数列1，3，32，3n的各项的和。解析：其和为(133n)()=(3n13-n)。题型5：数列综合问题例9（ 2006年浙江卷）已知函数x3+x2，数列 | xn | （xn 0）的第一项x11，以后各项按如下方式取定：曲线y在处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn）两点的直线平行（如图）。求证：当n时：（I）；（II）。解析：（I）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II）因为函数当时单调递增，而所以，即因此又因为令则因为所以因此故点评：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（2006年辽宁卷）已知,其中,设,。(I) 写出；(II) 证明:对任意的,恒有。解析：(I)由已知推得,从而有；(II) 证法1:当时，当x0时, ,所以在0,1上为增函数。因函数为偶函数所以在1,0上为减函数，所以对任意的，因此结论成立。证法2：当时, 当x0时, ,所以在0,1上为增函数。因函数为偶函数所以在-1,0上为减函数所以对任意的又因所以因此结论成立。证法3：当时, 当x0时, ,所以在0,1上为增函数。因为函数为偶函数所以在1,0上为减函数。所以对任意的由对上式两边求导得： 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）解析：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，甲方案获利：（万元），银行贷款本息：（万元），故甲方案纯利：（万元），乙方案获利：（万元）；银行本息和：（万元）故乙方案纯利：（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（2005湖南20）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xn表示某鱼群在第n年年初的总量，nN*，且x10.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xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c。 （）求xn+1与xn的关系式； （）猜测：当且仅当x1，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） （）设a2，b1，为保证对任意x1（0,2），都有xn0，nN*，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axn，被捕捞量为bxn，死亡量为 （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， nN*，从而由（*）式得：因为x10，所以ab。猜测：当且仅当ab，且时，每年年初鱼群的总量保持不变。（）若b的值使得xn0，nN* 由xn+1=xn(3bxn), nN*, 知0xn3b, nN*, 特别地，有0x13b. 即0b0。又因为xk+1=xk(2xk)=(xk1)2+11 an-2时，an = an-1 an-2 an-11（n3）； 当an-1 an-2时，an = an-2 an-1 an-21（n3）,即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1. 令cn=n=1，2，3，则0cncn-11（n=2，3，4）.由于c1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c10（n=1，2，3）矛盾.从而an必有零项。若第一次出现的零项为第n项，记an-1=A（A0），则自第n项开始，没三个相邻的项周期地取值O，A，A，即所以绝对等差数列an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（2005江苏23）设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a26，a311，且其中A,B为常数。（）求A与B的值；（）证明数列an为等差数列；（）证明不等式对任何正整数m、n都成立分析：本题是一道数列综合运用题，第一问由a1、a2、a3求出s1、s2、s3代入关系式，即求出A、B；第二问利用公式，推导得证数列an为等差数列。解答：（1）由已知，得S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18。由(5n8)Sn+1(5n+2)Sn=An+B知：。 解得A=20，B=8。（）方法1由（1）得，（5n-8）Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, -,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, 所以 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.-,得 (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0.因为 an+1=Sn+1-Sn所以 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0.又因为 (5n+2),所以 an+3-2an+2+an+1=0,即 an+3-an+2=an+2-an+1, .又 a3-a2=a2-a1=5,所以数列为等差数列。方法2.由已知，S1=a1=1,又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8,所以数列是惟一确定的。设bn=5n-4,则数列为等差数列，前n项和Tn=于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)由惟一性得bn=a,即数列为等差数列。（）由（）可知，an=1+5(n-1)=5n-4. 要证了 只要证 5amn1+aman+2 因为 amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16, 故只要证 5（5mn-4）1+25mn-20(m+n)+16+2因为=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：适用于其中 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：适用于其中 是等差数列，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） 1+2+3+.+n = （2）1+3+5+.+(2n-1) = （3） （4） （5） （6）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，则；（2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若，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）。普通高中课程标准实验教科书数学 人教版 高三新数学第一轮复习教案（讲座29）等比数列一课标要求：1通过实例，理解等比数列的概念；2探索并掌握等差数列的通项公式与前n项和的公式；3能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。体会等比数列与指数函数的关系。二命题走向等比数列与等差数列同样在高考中占有重要的地位，是高考出题的重点。客观性的试题考察等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式等基础知识和基本性质的灵活应用，对基本的运算要求比较高，解答题大多以数列知识为工具。预测07年高考对本讲的考察为：（1）题型以等比数列的公式、性质的灵活应用为主的12道客观题目；（2）关于等比数列的实际应用问题或知识交汇题的解答题也是重点；（3）解决问题时注意数学思想的应用，象通过逆推思想、函数与方程、归纳猜想、等价转化、分类讨论等，它将能灵活考察考生运用数学知识分析问题和解决问题的能力。三要点精讲1等比数列定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母表示，即：数列对于数列（1）（2）（3）都是等比数列，它们的公比依次是2，5，。（注意：“从第二项起”、“常数”、等比数列的公比和项都不为零）2等比数列通项公式为：。说明：（1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比时该数列既是等比数列也是等差数列；（2）等比数列的通项公式知：若为等比数列，则。3等比中项如果在中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做的等比中项（两个符号相同的非零实数，都有两个等比中项）。4等比数列前n项和公式一般地，设等比数列的前n项和是，当时， 或；当q=1时，（错位相减法）。说明：（1）和各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是，通项公式中是不要混淆；（3）应用求和公式时，必要时应讨论的情况。四典例解析题型1：等比数列的概念例1“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”；“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ）A1个 B2个 C3个 D4个解析：四个命题中只有最后一个是真命题。命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列；命题2中可知an+1=an，an+1an未必成立，当首项a10时，anan，即an+1an，此时该数列为递增数列；命题3中，若a=b=0，cR，此时有，但数列a,b,c不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=，则成为不必要也不充分条件。点评：该题通过一些选择题的形式考察了有关等比数列的一些重要结论，为此我们要注意一些有关等差数列、等比数列的重要结论。例2命题1：若数列an的前n项和Sn=an+b(a1)，则数列an是等比数列；命题2：若数列an的前n项和Sn=an2+bn+c(a0)，则数列an是等差数列；命题3：若数列an的前n项和Sn=nan，则数列an既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）A0个 B1个 C2个 D3个解析： 由命题1得，a1=a+b，当n2时，an=SnSn1=(a1)an1。若an是等比数列，则=a，即=a，所以只有当b=1且a0时，此数列才是等比数列。由命题2得，a1=a+b+c，当n2时，an=SnSn1=2na+ba，若an是等差数列，则a2a1=2a，即2ac=2a，所以只有当c=0时，数列an才是等差数列。由命题3得，a1=a1，当n2时，an=SnSn1=a1，显然an是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a10；即a1时数列an才又是等比数列。点评：等比数列中通项与求和公式间有很大的联系，上述三个命题均涉及到Sn与an的关系，它们是an=，正确判断数列an是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择A。题型2：等比数列的判定例3（2000全国理，20）（）已知数列cn，其中cn2n3n，且数列cn1pcn为等比数列，求常数p；（）设an、bn是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明数列cn不是等比数列。解析：（）解：因为cn1pcn是等比数列，故有：（cn1pcn）2（cn2pcn1）（cnpcn1），将cn2n3n代入上式，得：2n13n1p（2n3n）22n23n2p（2n13n1）2n3np（2n13n1），即（2p）2n（3p）3n2（2p）2n1（3p）3n1（2p）2n1（3p）3n1，整理得（2p）（3p）2n3n0，解得p=2或p=3。（）证明：设an、bn的公比分别为p、q，pq，cn=an+bn。为证cn不是等比数列只需证c22c1c3。事实上，c22（a1pb1q）2a12p2b12q22a1b1pq，c1c3（a1b1）（a1p2b1q2）a12p2b12q2a1b1（p2q2），由于pq，p2q22pq，又a1、b1不为零，因此c22c1c3，故cn不是等比数列。点评：本题主要考查等比数列的概念和基本性质，推理和运算能力。例4（2003京春，21）如图31，在边长为l的等边ABC中，圆O1为ABC的图31内切圆，圆O2与圆O1外切，且与AB，BC相切，圆On+1与圆On外切，且与AB、BC相切，如此无限继续下去.记圆On的面积为an（nN*），证明an是等比数列；证明：记rn为圆On的半径，则r1=tan30=。=sin30=，所以rn=rn1（n2），于是a1=r12=，故an成等比数列。点评：该题考察实际问题的判定，需要对实际问题情景进行分析，最终对应数值关系建立模型加以解析。题型3：等比数列的通项公式及应用例5一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，那么所得的三项就成为等差数列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列。解析：设所求的等比数列为a，aq，aq2；则2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)；解得a=2，q=3或a=，q=5；故所求的等比数列为2，6,18或，。点评：第一种解法利用等比数列的基本量，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁。例6（2006年陕西卷）已知正项数列，其前项和满足且成等比数列，求数列的通项解析：10Sn=an2+5an+6， 10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3。又10Sn1=an12+5an1+6(n2)， 由得 10an=(an2an12)+6(anan1)，即(an+an1)(anan15)=0an+an10 , anan1=5 (n2)。当a1=3时，a3=13，a15=73，a1, a3,a15不成等比数列a13；当a1=2时,，a3=12， a15=72，有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3。点评：该题涉及等比数列的求和公式与等比数列通项之间的关系，最终求得结果。题型4：等比数列的求和公式及应用例7（1）（2006年辽宁卷）在等比数列中,前项和为,若数列也是等比数列，则等于（ ）A B C D（2）（2006年北京卷）设，则等于（ ）AB C D（3）（1996全国文，21）设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S62S9，求数列的公比q；解析：（1）因数列为等比，则，因数列也是等比数列，则即，所以，故选择答案C。（2）D；（3）解：若q=1，则有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。因a10，得S3+S62S9，显然q=1与题设矛盾，故q1。由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6q31）=0，由q0，得2q6q31=0，从而（2q31）（q31）=0，因q31，故q3=，所以q=。点评：对于等比数列求和问题要先分清数列的通项公式，对应好首项和公比求出最终结果即可。例8（1）（2002江苏，18）设an为等差数列，bn为等比数列，a1b11，a2a4b3，b2b4a3分别求出an及bn的前10项的和S10及T10；（2）（2001全国春季北京、安徽，20）在1与2之间插入n个正数a1，a2，a3，an，使这n2个数成等比数列；又在1与2之间插入n个正数b1，b2，b3，bn，使这n2个数成等差数列.记Ana1a2a3an，Bnb1b2b3bn.（）求数列An和Bn的通项；（）当n7时，比较An与Bn的大小，并证明你的结论。（3）（2002天津理，22）已知an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an（an12）（an22），n3，4，5，（）求a3；（）证明anan22，n3，4，5，；（）求an的通项公式及其前n项和Sn。解析：（1）an为等差数列，bn为等比数列，a2a42a3，b2b4b32已知a2a4b3，b2b4a3，b32a3，a3b32得 b32b32b30 b3，a3由a11，a3知an的公差为d，S1010a1由b11，b3知bn的公比为q或q当q时，当q时，。（2）（）设公比为q，公差为d，等比数列1，a1，a2，an，2，等差数列1，b1，b2，bn，2。则A1a11q A21q1q2 A31q1q21q3又an21qn12得qn12，Anqq2qnq（n1，2，3）又bn21（n1）d2 （n1）d1B1b11d B2b2b11d12d Bn1d1ndn（）AnBn，当n7时证明：当n7时，2358An Bn7，AnBn设当nk时，AnBn，则当nk1时，又Ak+1且AkBk Ak1kAk1Bk1又k8，9，10 Ak1Bk10，综上所述，AnBn成立.（3）（）解：由题设得a3a410，且a3、a4均为非负整数，所以a3的可能的值为1，2，5，10若a31，则a410，a5，与题设矛盾若a35，则a42，a5，与题设矛盾若a310，则a41，a560，a6，与题设矛盾.所以a32.（）用数学归纳法证明：当n3，a3a12，等式成立；假设当nk（k3）时等式成立，即akak22,由题设ak1ak（ak12）（ak22），因为akak220，所以ak1ak12，也就是说，当nk1时，等式ak1ak12成立；根据和，对于所有n3，有an+1=an1+2。（）解：由a2k1a2（k1）12，a10，及a2ka2（k1）2，a23得a2k12（k1），a2k2k1，k1，2，3，即ann（1）n，n1，2，3，。所以Sn点评：本小题主要考查数列与等差数列前n项和等基础知识，以及准确表述，分析和解决问题的能力。题型5：等比数列的性质例9（1）（2005江苏3）在各项都为正数的等比数列an中，首项a13，前三项和为21，则a3a4a5（ ）（A）33 （B）72 （C）84 （D）189（2）（2000上海，12）在等差数列an中，若a100，则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19n（n19，nN成立.类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b91，则有等式 成立。解析：（1）答案：C；解：设等比数列an的公比为q(q0)，由题意得:a1+a2+a3=21,即3+3q+3q2=21,q2+q-6=0，求得q=2(q=3舍去)，所以a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4故选C。（2）答案：b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*）；解：在等差数列an中，由a100，得a1a19a2a18ana20nan1a19n2a100，所以a1a2ana190，即a1a2ana19a18an1，又a1a19，a2a18，a19nan1a1a2ana19a18an1a1a2a19n，若a90，同理可得a1a2ana1a2a17n，相应地等比数列bn中，则可得：b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*）。点评：本题考查了等比数列的相关概念及其有关计算能力。例10（1）设首项为正数的等比数列，它的前n项和为80，前2n项和为6560，且前n项中数值最大的项为54，求此数列的首项和公比q。（2）在和之间插入n个正数，使这个数依次成等比数列，求所插入的n个数之积。（3）设等比数列an的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列lgan的前多少项和最大？(lg2=0 3,lg3=0.4)解析：（1）设等比数列an的前n项和为Sn，依题意设：a10，Sn=80 ，S2n=6560。 S2n2Sn