安徽省2013年高考数学第二轮复习专题四数列第2讲数列的求和及其综合应用理

1、专题四数列第 2 讲 数列的求和及其综合应用真题试做1(2012 ·辽宁高考，理6) 在等差数列 an 中，已知4 8 16，则该数列前11 项和 11aaS ( )A58B88C143D 1762(2012 ·大纲全国高考，理5) 已知等差数列 a 的前n项和为S，5 5，5 15，则nn数列1的前 100项和为 ()a an n 11009999101A. 101B. 101C. 100D. 1003(2012 ·课标全国高考，理16) 数列 a 满足a 1 ( 1)n的前 60 项a 2n 1，则 annnn和为 _2*4(2012 ·安徽高考，理

2、21) 数列 xn 满足 x1 0， xn 1xn xn c( nN ) (1) 证明： xn 是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求 c 的取值范围，使 xn 是递增数列5(2012 ·天津高考，理 18) 已知 an 是等差数列，其前 n 项和为 Sn， bn 是等比数列，且 a1 b12， a4 b4 27， S4 b4 10.(1) 求数列 an 与 bn 的通项公式；(2) 记 Tn anb1 an 1b2 a1bn， nN* ，证明 Tn 12 2an10bn( nN* ) 考向分析高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，主观题较多一般以等差

3、、等比数列的定义以及通项公式、前n 项和公式的运用设计试题考查的热点主要有四个方面： (1) 考查数列的求和方法；(2) 以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交会处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题；(3) 数列与解析几何交会的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题，试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现；(4) 数列应用题主要以等差、等比数列为工具，在数列与生产、生活实际问题的联系上设计问题，考查阅读理解能力、数学建模能力和数学应

4、用的意识与能力，主要以解答题的形式出现，多为中高档题热点例析热点一 数列的求和N*) 中，【例 1】(2012 ·山东青岛一模，20) 已知在等差数列 n(nan 1> n， 2 9 232，aa a a47a a 37.(1) 求数列 an 的通项公式；(2)若将数列 a 的项重新组合，得到新数列 b ，具体方法如下：nnb1 a1， b2 a2 a3， b3a4 a5 a6 a7，b4 a8 a9 a10 a15，依此类推，nb a n 11nnT .第项2项的和组成，求数列bn ·2 的前项和n 由相应的n 中n4规律方法数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要

5、有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2) 分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3) 若数列 an 的通项能转化为f ( n) f ( n 1)( n2)的形式，常采用裂项相消法求和； (4)若数列 a 是等差数列， b 是等比数列， 则求数列 a · b nnnn的前 n 项和时，可采用错位相减法；(5) 倒序相加法：若一个数列 an 满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和，可采用倒序相加法

6、，如等差数列的通项公式就是用该法推导的- 1 -特别提醒： (1) 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项S ”与“ qS”的表达式时应注意两式(2)利用错位相减法求和时，应注意：在写出“nn“错项对齐”；当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1 进行讨论N* ) ，且 a3 a2变式训练1(2012·安徽江南十校联考，理17) 在等比数列 an 中， a1>0( n 8. 又 a1，a5的等比中项为 16.(1)求数列 n 的通项公式；a(2)n4 nnnk，使得1111设 b log a ，数列 b 的前 n 项和为

7、 S ，是否存在正整数SS1S2S3n<k 对任意 nN* 恒成立？若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由热点二 数列与函数、不等式交会2( n2) a na n 1【例 2】(2012 ·安徽合肥第三次质检， 理 21) 已知数列 an 满足 an1nn2an 1(nN* ) ， n 是数列 n 的前n项和Sa(1) 若 a1 1，求 a2， a3， a4 并推证数列 an 的通项公式；(2) 若 a113n( n 1)n N* ) ，求证： Sn<1(222规律方法 (1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大( 小 ) 项问题可转化为求相

8、应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2) 要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；1(3) 对于数列n2 的前 n 项和，没有直接可套用的公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：1111，转化为数列(1或1，用裂项n2<n( n 1)或2> 1)( 1)nn( n 1)n nn n相消法求和后即可达到比较大小的目的21) 已知数列 a 中， a 1， na 2( a a变式训练 2( 理科用 )(2012 ·安徽合肥一模，2n1n 11 an) (1) 求 a2， a3，

9、 a4；(2) 求数列 an 的通项 an；12111(3) 设数列 bn 满足 b1bn2； bn<1. ， bn 1a2bn. 试证明： >( n 1)2n 1bn 1bn热点三 数列与解析几何的交会x【例 3】(2011 ·陕西高考，理19) 如图，从点P1(0,0)作 x轴的垂线交曲线于点y eQ(0,1)，曲线在 Q 点处的切线与x 轴交于点 P. 再从 P 作 x 轴的垂线交曲线于点Q，依次重11222复上述过程得到一系列点：P1， Q1； P2， Q2； P ， Q，记 P 点的坐标为 ( x0)(k1,2 ，nnkk,n) (1) 试求 xk 与 xk 1

10、 的关系 (2 k n) ；(2) 求 | P1Q1| | P2Q2| | P3Q3| | PnQn|.规律方法对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，先得出关于数列相邻项 an 与 an1 之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论变式训练3 设 C， C， C，是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x 轴的正半轴12n3上，且都与直线y 3x 相切，对每一个正整数n，圆 Cn 都与圆 Cn 1 相互外切，以 r n 表示 Cn的半径，已知 r n 为递增数列- 2 -(1) 证明： r n 为等比数列；n(2) 设 r 1 1，求数列

11、 r n的前 n 项和热点四 数列在实际问题中的应用【例 4】(2011 ·湖南高考，文20) 某企业在第1 年初购买一台价值为120 万元的设备，M的价值在使用过程中逐年减少从第 2 年到第 6 年，每年初 M的价值比上年初减少M10 万元；从第 7 年开始，每年初 M的价值为上年初的 75%.(1) 求第 n 年初 M的价值 an 的表达式；(2) 设 An a1 a2 n新证明：须在第9 年初对nn 大于 80 万元，则继续使用，否则须在第年初对更a ，若nAMMM更新规律方法能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差 ( 比) 、项数各是

12、什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键(1) 在数列应用题中， 当增加 ( 或减少 ) 的量是一个固定量时， 该模型为等差模型， 增加 ( 或减少 ) 的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2) 若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3) 若题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑an1， an 之间的递推关系，或考虑Sn 1， Sn 之间的递推关系特

13、别提醒：解决实际问题时要注意n 的取值范围变式训练4 某城市 2012 年末汽车拥有量为30 万辆，预计此后每年将上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车数量相同 为保护城市环境， 要求该城市汽车拥有量不超过 60 万辆从 2012 年末起， n 年后汽车拥有量为 bn 1 万辆，若每年末的拥有量不同(1) 求证： bn 1 bn 为等比数列；(2) 每年新增汽车数量不能超过多少万辆？思想渗透1函数思想函数思想解决数列常见的问题：(1) 数列的单调性；(2) 数列中求最值问题；(3) 数列中的恒成立问题2求解时注意的问题及方法：(1) 数列是定义在 N* 或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密

14、不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2) 解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n 项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和导数解决问题；(3) 解决有关数列的通项公式、单调性、 最值、恒成立等问题时要注意项数n 的取值范围(2012 ·湖南长沙模拟，22) 已知数列 a 是各项均不为0 的等差数列，公差为 d，S 为其nn2， n*1， T 为数列 b 的前 n 项和前 n 项和，且满足 a SN . 数列 b 满足 b n2n1nnnnan· an 1(1) 求 a1， d 和 Tn；(2) 若对任意的 n N* ，不等式 Tn&

15、lt;n8·( 1) n 恒成立，求实数 的取值范围；(3) 是否存在正整数m， n(1< m<n) ，使得 T1， Tm， Tn 成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由2解： (1)(方法一 ) 在 an S2n 1 中，分别令n1， n 2，- 3 -22a S ，a a ，1111得2 3，即23 ，2(1 ) 3 1aSa dad解得 a1 1， d2， an2n 1.bn11111，n(2 n 1)(2 n 1)22 1n 12 1a ann1111111nn3 T 23 52n 1 2n 1 2n 1.( 方法二 ) ana1a2 n 1

16、n 是等差数列，2 a ，2n 1 a1a2n1(2 1) (2 1) n.S2nna22由 an S2n 1，得 an (2 n1) an.又 a 0， a 2n 1，则 a 1，d 2.nn1( n 求法同方法一 )Tn(2)当n恒成立，即需不等式n 为 偶 数 时 ， 要 使 不 等 式 T<n 8·( 1)( n8)(2 n1)8 <n 2n n 17 恒成立，82n n8，等号在n 2 时取得，此时 需满足 <25.( 8)(2n1)当 n 为奇数时，要使不等式nn恒成立，即需不等式 <n T <n8·( 1)n8 2n n 15恒成

17、立，2 8随n的增大而增大，nn8n 1 时， 2n n取得最小值 6.此时 需满足 < 21.综合可得 的取值范围是 < 21.1mn(3) T1 3， Tm 2m 1， Tn 2n 1.m1 n2若 T1，Tm， Tn 成等比数列，则2，即2mn.2m 13 2n 144 16 32mmnn(方法一)由m，可得24m4m 16n 323 2m 4m12>0，nm2即 2m 4m1>0，661<<1 .2m2又 m N，且 m>1，m 2，此时 n 12.因此，当且仅当 2， 12 时，数列 n 中的1， m， n 成等比数列mnTT T T(方法二

18、) 6n1133<6，n6 n21m，故2<4m4m 1 6- 4 -2即 2m 4m 1<0，66解得 1<m<1( 以下同方法一) 221已知数列 an 的前n项和n n 1，则a3()Sn 21111A. 20B. 24C. 28D. 322已知 a，b， c，d 成等比数列，且曲线 y x2 2x 3 的顶点是 ( b，c) ，则 ad ()A3B2C1SD 2nnS8123设等比数列 a 的前 n 项和为 S ，若 S4 3，则 S8 ( )78A2B. 3C. 3D34在等比数列 an 中，a1 2，前 n 项和为 Sn，若数列 an1 也是等比数列，

19、 则 Sn ()A2n 1 2B 3nC2D 3n 1n5(2012 ·河北模拟， 14) 已知数列 an 满足 an 2n 12n 1( n N* ) ，则数列 an 的前 n项和 S _.n6设 f ( x) 是定义在 R 上恒不为零的函数，对任意实数x， yR，都有 f ( x) f ( y) f ( xy) 若 a11， an f (n)( nN* ) ，则数列 an 的前 n 项和 Sn 的取值范围是 _2n 满足1 2，28，n2 4 n 1 4n.7(2012 ·江西联考， 19) 已知数列 aaaaaa(1) 证明： an 1 2an 是等比数列；an 1(

20、 n2且 n*(2) 设 b n( n1) ( n2) ，求： b b bN ) n23n8(2012 ·皖北协作区第一次联考，理20) 已知数列 a ， b ，a12，a 1 a 6n2.nnnnanb2的最小值为 b .若 nn在 y x mx的图象上， b ，n2(1) 求 an 的通项公式；(2) 求 m的取值范围参考答案命题调研·明晰考向真题试做1B 解析：因为数列 an 为等差数列，所以1111( a a) ，根据等差数列的性质，若，则p q m n 得，1S111p q m na a a aa2a11 a4 a8 16，11×16 88，故选 B.所

21、以 S1125( a1 a5) 2A 解析：55( a1 5) 15，a11.S22a5 a15 1d 5 1 5 1 1.an1 ( n1) ×1 n.11a a.n 1n( n 1)n- 5 -1的前 n 项和为 Tn，设 anan 1则100111T100×1011×2 2×31 1111 122310010111001.10110131 830解析： an1 ( 1) nan 2n 1， a21 a1， a32 a1， a4 7 a1， a5 a1，a6 9 a1， a72 a1， a8 15 a1， a9 a1，a10 17 a1，a11 2

22、a1， a12 23 a1， a57 a1， a58 113a1， a59 2 a1， a60119 a1， a1a2 a60 ( a1 a2 a3 a4) ( a5 a6 a7 a8) ( a57a58 a59 a60) 10 2642 23415× (10 234) 1 830.224(1) 证明： 先证充分性， 若 c<0，由于 xn 1 xn xn c xn c<xn，故 xn 是递减数列；再证必要性，若 x 是递减数列，则由x <x可得 c<0.n21(2) 解：假设 xn 是递增数列由 x1 0，得 x2 c， x3 c2 2c.由 x1<x

23、2<x3，得 0<c<1.2由 xn<xn 1 xn xn c 知，对任意n1都有 xn<c，2注意到 cxn 1xn xn c c (1 c xn)( c xn) 由式和式可得 1 c xn>0，即 xn<1 c.由式和 xn0还可得，对任意 n1都有c xn1(1 c)(c xn) 反复运用式，得 c xn(1 c) n1(c x1)<(1 c) n 1.nnc)n1两式相加，知 2 c 1<(1 c )n1对任意 n1成立x <1 c和c x <(1 根据指数函数y (1 c) x 的性质，11得 2 c10， c4，故

24、0<c 4.1x2若 0<c 4，要证数列 x 为递增数列，即n 1 x x c>0.nnn即证 x0< c对任意 n1成立1下面用数学归纳法证明当0<c4时， xn<c对任意 n1成立1当 n 1 时， x1 0< c 2，结论成立假设当 n k( n N* ) 时结论成立，即 xk< c.21因为函数 f ( x) x x c 在区间，内单调递增，所以 xk 1 f ( xk )< f (c) c，这就是说当n k 1 时，结论也成立故 xn<c对任意 n1成立2因此， xn 1 xn xn c>xn ，即 xn 是递增数列

25、1综上可知，使得数列 xn 单调递增的c 的取值范围是0， 4 .5(1) 解：设等差数列 an 的公差为d，等比数列 bn 的公比为q. 由 a1 b12，得 a4 2 3d，b42q3， S4 8 6d.- 6 -由条件，得方程组2 3d 2q3 27，8 6d2 310.q 3，d解得q 2.nnn*所以 a 3n 1， b 2 ， n N .(2) 证明： ( 方法一 )由(1) 得23nTn 2an 2 an 12 an 2 2 a1，由，得23nn 2Tn 2(3 n 1) 3×2 3×2 3×2 2 12(1 2 1) 2n 2 6n 210

26、5;2n6n 10. 12n而 2an 10bn12 2(3 n 1) 10×2n 1210×2n6n 10，故Tn 12 2an10bn， n N* .( 方法二：数学归纳法)当 n 1 时， T1 12 a1b1 12 16， 2a1 10b1 16，故等式成立；假设当 nk 时等式成立，即 Tk 12 2ak 10bk，则当 n k 1 时有：Tk 1 ak1b1 ak b2 ak 1b3 a1bk 1 ak 1b1 q( akb1 ak 1b2 a1bk) ak 1b1 qTk ak 1b1 q( 2ak 10bk 12) 2ak 1 4( ak 13) 10bk

27、1 24 2ak 1 10bk1 12，即 Tk 1 12 2ak 1 10bk 1，因此 n k1 时等式也成立由和，可知对任意 N* ， n 12 2n 10 n 成立nTab精要例析·聚焦热点热点例析a a 232，【例 1】 解： (1)29由题意知a a a a 37，47292 8，a2 29，解得a或9( 由于 a>a ，舍去 ) 9a 29，a 8n1na a d 8，a 5，设公差为 d，则21解得19a18 29，d 3.ad数列 an 的通项公式为an 3n2( n N* ) (2) 由题意得bn a2n 1 a2n 1 1a2n 12 a2n 12 n 1 1(3 ·2n 1 2) (3 ·2n 1 5) (3 ·2n 18) 3 ·2n 1(3 ·2n 1 1)2n 1n 12 5 8 (3 ·2n 1n 1×3·24)(3 ·2 1)而 25 8 (3·2n 1 4) (3 ·2n1 1) 是首项为2，公差为3 的等差数列的前 2n 1项的和，2 5 8 (3