高中数学精讲教案-数列求和、数列的综合应用

1、高中数学-数列求和、数列的综合应用考点一数列求和知识点数列的求和方法(1) 公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和 等差数列的前 n项和公式：n a + ann n 1SI=2= na +2 d. 等比数列的前 n项和公式：na1, q= 1 ,S= a1 anq a廿,q 1. 常见数列的前 n项和公式:a.b.c.n n+ 11 +2+ 3 + + n=2-；2 + 4+ 6 + + 2n= n1 2+ n;1 +3+ 5 + + (2n 1)=霍；d.1 2+22+ 32+ n2=2n+ 16 ；e.那么2n 1 2n+ 11 12 2n 112n + 1 =、! n+1./

2、n.n + n+ 1(4) 错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.(5) 分组求和法则求和时可用分一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,组求和法，分别求和后相加减.,3:1注意点裂项相消法求和时注意事项(1) 在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差.(2) 在正负项抵消后，应注意是否只剩下第一项和最后一项，有时是前面剩下两项(或几项),后面也剩下两项(或几项).入门测1 思维辨析(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公

3、式SIn a + an2 较为合理.()如果数列an为等比数列，且公比不等于a1 一 an+1则其前n项和Sn=厂.(1 1当n2时，R=肓一帀.()求Sn= a + 2a2+ 3a3+ nan时只要把上式等号两边同时乘以 a即可根据错位相减法求 得.()(5)如果数列an是周期为k的周期数列，那么Skm =mSk(m, k为大于1的正整数).()答案(1) X X(5) 2 数列1 + 2n1的前n项和为()A. 1 + 2nB.2 + 2nC. n + 2n 1D.n+ 2 + 2n答案 C解析由题意得an= 1 + 2n1,1 一 2n所以Sn = n+ n + 2 1,故选1 2C.3

4、.在10到2000之间，形如2n(n N*)的各数之和为( )A. 1008B.2040C. 2032D.2016答案 C24 1 27 解析 S= 24+ 25+ + 210= (27 1) 24 = 2032.1 2注命题法解題法考法综述高考中主要考查等差等比数列的前n项和公式及非等差等比数列的求和方法一般综合性较强，对分析能力、运算能力要求高.命题法 给岀数列求和典例 (1)已知等差数列an,公差d>0 ,前n项和为Sl,且满足a2a3= 45， a1+ a4= 14. 求数列an的通项公式及前 n项和Sn；Sn1 设bn = ，若bn也是等差数列，试确定非零常数C,并求数列 的前

5、n项和Tnn+ Cbn bn+ 1(2)数列an的前n项的和为SI,对于任意的自然数an>0,4S = (an+ 1)2. 求证：数列an是等差数列，并求通项公式； 设 bn = 3,求和 Tn= bl+b2+ bn.a2a3= 45解(1)依题意得a + a4 = a2 + a3= 14a2= 5解得a3= 9、a2= 9或(舍去)，° an = 4n 3, Sn= 2n2 n.a3= 5由知bn2n2 nn+ C '数列bn是等差数列，则 2b2= bl+ b3,即62TC土+3 ,解得 C=2， bn = 2n.1 =bn bn+ 11 =2n 2n + 2 Tn

6、1+b1b2b2b3=11bnbn+ 141= nn+ 1 = 4 n+ 1证明：令 n= 1,4S1= 4a1= (a1+ 1)2, 解得a1 = 1, 由 4Sn= (an + 1)2,得 4Sn+ 1 = (an + 1 + 1)2 ,两式相减得 4an + 1 = (an+ 1+ 1)2 (an + 1)2, 整理得(a n+ 1 + an )(an + 1 an 2) = 0, an>0, an+1 an = 2,则数列an是首项为1 ,公差为2的等差数列,an= 1 +2(n 1) = 2n 1.2n 一 1 由得bn= 2n-2,31Tn=尹35332+33+1 13Tn=

7、 f+33+31+2n 1,3n +1一得2 1 1 12Tn= 1 + 2Q + 歹 +13n2n 13卄11丄 I 9 1 3n 1 + 2 X32n 12n+ 23n +1 ,n + 1所以Tn= 1 罟.3F -1【解题法】 错位相减法求和的步骤步骤1写岀Sn= C1+ C2 + Cn;步骤2等式两边同乘以等比数列的公比q,即qSn = qc + qc2 + qcn；步骤3两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4两边同除以1-q ,求岀Sn.同时注意对q是否为1进行讨论.踐对点题必刷题1.数列an的通项公式是 an =1I,若Sn= 10,贝U n的值疋().n+ n+ 1A. 11B.

8、 99C. 120D. 121答案 C1解析 an =VJ n+ 1 n,“Jn+吋n+ 1' Sl= ( 2- 1)+ &3 . 2) + ( ,4 - 3) + + (Jn -：n 1) + ( . n + 1 -!n) = n+ 1 - 1.令 Sl10,解得n = 120.故选C.2. 在正项等比数列an中，a1 = 1,前n项和为Sn,且一a3, a2, a4成等差数列，则 S7的值 为（）B. 126D. 128A. 125C. 127答案 C解析 设数列an的公比为q(q>0),T a3, a2, a4成等差数列，. 2a2= a4 a3,2a1q= a1q

9、3- a1q2, 解得q= 2或q= 1(舍去),.S7= a1 1 - q?=二=27- 1 = 127.故选 C.1 q 1 23. 设等差数列an的公差为d ,前n项和为S,等比数列bn的公比为q.已知b1= a1, b2= 2, q = d, S10 = 100.（1）求数列an , bn的通项公式；当d>1时，记Cn=氏，求数列 Cn的前n项和*解（1）由题意有,10a1+ 45d = 100,a1d= 2,a1= 9,9'+斤 an= 2n- 1,故“n- 1bn= 2,1an =n 92n + 79 ,bn = 9即 2a1 + 9d= 20, a1d= 2,a1

10、= 1, 解得d = 2,(2) 由 d>1 ,矢知 an= 2n 1 , bn= 2n 1,故 Cn=-1，于是Tn= 1 + 2 + 5 + 273 + + 22存,11 l 35 79 I 2n 1 AA2升=2 + 2 + 23 + 2 + 2 +.可得1111 2n 1 2n + 3尹=2 + 2+护+ 尹2 = 3尹，2n+ 32n 1 4. 已知等差数列an满足：a1 = 2,且a1, a2, a5成等比数列.(1) 求数列an的通项公式；记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n,使得Sn>60n+ 800?若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由.解(1)设数

11、列an的公差为d,依题意，2,2 + d,2 + 4d成等比数列，故有(2+ d)2= 2(2 + 4d), 化简得d2 4d = 0,解得d = 0或d = 4.当 d= 0 时，an= 2；当 d= 4 时，an= 2+ (n 1) 4= 4n 2 ,从而得数列an的通项公式为 an = 2或an = 4n 2.(2) 当 an= 2 时，Sn= 2n.显然2n<60n+ 800 ,此时不存在正整数n,使得Sn>60n+ 800成立.n 2 + 4n 2 2当 an = 4n 2 时，Sn=2= 2n ,令 2n2>60 n+ 800 ,即 n2 30n 400>0

12、,解得n>40或n< 10(舍去),此时存在正整数n,使得S1>60n+ 800成立，n的最小值为41. 综上，当an= 2时，不存在满足题意的n；当an = 4n 2时，存在满足题意的n,其最小值为 41.5. 已知等差数列an的公差为2 ,前n项和为S ,且S1, S2, S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式；一 4n 令bn= ( 1)n 1求数列bn的前n项和Tn.anan + 12 × 1解 因为 SI= a1, S2= 2a1 + -2- X 2 = 2a1+ 2,4× 3SI= 4a1 +2 X 2= 4a1+ 12,由题意得(2a1

13、+ 2)2= a1(4a1 + 12),解得 a1 = 1,所以 an= 2n 1.(2)bn= ( 1)n 1 = ( 1)n 14n2n 1 2n+ 1(1)n 11 12n 1 2n + 1anan+ 11111 1当n为偶数时，Tn= 1 + 1 1 + 1 +33 5丄+丄2n 3 2n 1+ 2n 1 2n+ 11 一2n+ 12n2n+ 1.1 1 1当n为奇数时，Tn= 1 + 3 1 + 5 + 2n 1 2n+ 11 + 2n+ 12n+ 22n+ 1.所以2n + 2半二,n为奇数，2n + 1Tn =, n为偶数.2n + 1考点二数列的综合应用知识点1等差数列与等比数

14、列比较表等差数列等比数列通项(1)an= a1+ (n 1)d(1)an = a1qn 1公式(2) an = am+ (n m)d(2) an = am qnm续表等差数列等比数列前n项和公式n a1 + anSI =2小Cn n 1或 Sn= na1 +2dna1， q= 1，Sn=a1 1 一$ = a1一旳，q 11 q1 q常用性质若 m，n，p，q N*，m+n=p+q，贝 U am + an = ap+ aq若 m, n, p, q N*，m+ n = p+ q，贝U 勺整=apaq2数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增

15、加(或减少)的量 就是公差.(2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固 定的数就是公比.(3) 递推数列模型：如果题目中给岀的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应 考虑是an与an+1的递推关系，还是前 n项和SI与前n+ 1项和S+1之间的递推关系.3数列与函数、不等式的综合问题(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类： 已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； 已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方 法对式子化简变形.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求

16、参数范围等问题，需要熟练应用 不等式知识解决数列中的相关问题.R送注意点等差与等比模型的区别一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列入门测1思维辨析(1) 若In an是等差数列，则an是等比数列.(1 b5(2) 1 + b+ b2+ b3+ b4+ b5=.()(3) 利用函数的方法研究数列问题时应注意题目中的限制条件，尤其是定义域.()答案 (1) (2) X (3) 2. 一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是 ()A. 100 + 200 X (1

17、2 9)B . 100 + 100(1 2 9)C. 200(1 2 9)D . 100(1 2 9)答案 A解析 当第10次着地时，经过的路程为：100 + 2(50 + 25+ 100 X 2 9)= 100 + 200 X (2 1+ 2 2 + + 2 9)= 100 + 200(1 2 9).3. 设曲线y= xn*1(n N*)在点(1,1)处的切线与X轴的交点的横坐标为xn，令an= Ig xn，贝a1+ a2 + a99的值为.答案 2解析 因为 y= Xn+1(n N*)，所以 y' = (n+ 1)xn(n N*)，所以 y' x= 1= n+ 1,所以在点

18、(1,1)处的切线方程为y 1 = (n+ 1)(x 1)，即(n+ 1)x y n= 0，当 y= 0 时,X=，所以Xnnn+ 1,所以 an = lg Xn= lg n+= lg n lg (n + 1),所以 a1 + a2+ + a99= (lg 1 lg 2) + (lg 2 lg 3) + (lg 3 lg 4) + + (lg 99 lg 100) = lg 1 lg 100 = 2.命题法解题法考法综述高考中对于数列的综合问题，多以等差数列、等比数列的交汇，数列与函数、不等式交汇等方式考查，以数列知识为主，同时考查“等价转化” “变量代换”思想的应用.命题法1等差等比的综合应

19、用典例1(1)在等差数列an中，a10= 30，a20= 50. 求数列an的通项公式； 令bn = 2an 10，证明：数列bn为等比数列； 求数列nbn的前n项和Tn.(2)某国采用养老储备金制度，要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0),因此，历年所交纳的储备金数目a1, a2,是一个公差为d的等差数列.与此同时，国家给予优惠的计息政策：不仅采用固定利率，而且复利计算.这就是说，如果固定年利率为r(r>0),那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1 + r)n1,第二年所交纳的储备金就变为a2(1 + r)n

20、2,.以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额. 写岀Tn与Tn-1(n2)的递推关系式； 求证：Tn = An+ Bn,其中An是一个等比数列， Bn是一个等差数列.解(1)设数列 an的公差为d ,贝Uan =a1 + (n 1)d,由a10= 30,a20 = 50,得方程组a + 9d = 30a= 12,解得a + 19d= 50d= 2所以 an = 12+(n 1) 2= 2n+ 10. 证明：由，得 bn= 2an 10= 22n+1010 = 22n= 4n,n+ 1所以也=J = 4.bn 4所以bn是首项为4 ,公比为4的等比数列. 由 n bn= n X 4n ,得 Tn

21、= 1 × 4+ 2× 42+n× 4n ，4Tn= 1 X 42 + (n 1) X 4n + n× 4n+1 ，2nn+1 4 1 4n+13n 1 X 4 勺 + 4，得3Tn= 4+42+ + 4n n× 4n 1= n× 4n 1.所以 Tn =39(2) Tn = Tn-1 (1 + r) + an(n 2).证明：T1 = a1 ,对n 2反复使用(1)中关系式，得Tn= Tn-1(1 + r)+ an= Tn 2(1 + r)2 + an1(1 + r)+ an=a1(1 + r)n 1 + a2(1 + r)n 2

22、+ an1(1 + r)+ an.在式两端同乘以(1 + r),得(1+ r)Tn= a1(1 + r)n + a2(1 + r)n 1 + + an -1(1 + r)2 + an(1 + r) .一，得 rTn= a1(1 + r)n+ d(1 + r)n 1+ (1 + r)n 2 + + (1 + r) an= d(1 + r)n 1 r + a1(1 + r)n an,a1r + d., n d a1r + d即 Tn =2(1 + r) - n2rr r如果记 An= a1尹(1 + r)n, Bn则 Tn = An + Bn,a1r+ d dF Tn， a1r + d其中An是以

23、一(1 + r)为首项,1 + r(r>0)为公比的等比数列，Bn是以一a1rd d为首项，一d为公差的等差数列.r【解题法】1.等差、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需 要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序.注意细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看 其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.2.数列综合应用题的解题步骤(1) 审题一一弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数

24、学内容中，各是什么问题.(2) 分解一一把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等.(3) 求解一一分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答.具体解题步骤如下：命题法2 数列与函数、不等式的综合应用2 -k 31典例2 已知函数f(x)= ,数列an满足a= 1, an+ = f, n N*.3xan(1) 求数列an的通项公式；(2) 令bn=-(n 2), b = 3,Sn=b+b2+bn,若SnV_2004对一切 n N*成立，求an-an2最小正整数m.12 + 3an2解(1) T an + 1

25、 = f an =3 = an+ 3,2 an是以3为公差，首项a1= 1的等差数列,.O 2 1an= 3n + 3.当n 2时，11bn= an- 1an21213n - 3 3n+ 3=9 _J_-12 2n 1 2n + 1 ,当n= 1时，上式同样成立. Sl= b1+ b2+ + bn9 1,11, I 1 1 =一 1 一+一 一+ + 23352n 1 2n+ 1912 1 2n+ 1 ' SIVm 20042112n+Vm观对一切n N*成立,211 2n+ 1919随n递增，且91-R <1，m 20042, m 2013 , mmin2013.【解题法】1.

26、解决数列与函数问题的注意点(1) 数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它 的图象是一群孤立的点.(2) 转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常 容易忽视的问题.利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的 转化.2. 数列中的不等式问题处理方法函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得岀关于正实数的不等式，通过对关 于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式.(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到. 比较法：作差或者作商比较法.題对点题必刷题1. 若a, b

27、是函数f(x) = x2 px+ q(p>O, q>0)的两个不同的零点，且a, b, 2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于()A. 6 B . 7C. 8 D. 9答案 D解析由题可知a， b是x2 px+ q= 0的两根， a+ b = p>0， ab= q>0 ,故 a， b 均为正数.a, b, 2适当排序后成等比数列， 2是a, b的等比中项，得 ab= 4,q= 4.又a, b, 2适当排序后成等差数列， 所以2是第一项或第三项，不防设 a<b, 则一2, a, b成递增的等差数列，2a = b 2, 2a =

28、b 2 ,联立ab = 4,消去 b 得 a2+ a 2= 0, 得 a= 1 或 a= 2 ,又 a>0, a= 1 ,此时 b= 4, P= a + b= 5, p+ q = 9,选 D.2. 设S为等比数列an的前n项和若a1= 1,且3S,2S2, S3成等差数列，则 an 答案 3n 1解析 由 3S1,2S2, S3成等差数列，得 4S2 = 3S1 + S3,即卩 3S2 3S = S3 S2,贝U 3a2= a3,得公 比 q= 3,所以 an = a1qn 1 = 3n 1.3. 设 Sn 是数列an的前 n 项和，且 a1 = 1 , an+ 1= SnSn+ 1,贝

29、y Sl=.答案一1n1 1 1SnSn+ 1解析an+1=Sn+1Sn, Sn+1Sn= $+ISn，又由a1=1,知 s 0 , SnSn-=1, Sn是等差数列，且公差为1,而占=丄=1,占=1+ (n 1) X ( 1) = n , Sn =-SIaISnn4.设n N , Xn是曲线y = X(1)求数列xn的通项公式；：2n+2 + 1在点(1,2)处的切线与X轴交点的横坐标.记Tn= xix3x2n- 1,证明:1Tn .4n解 (1)y, = (x2n+ 2+ 1)' = (2n+ 2)x2n+1,曲线 y = x2n+ 2+ 1 在点(1,2)处的切线斜率为2n+ 2

30、,从而切线方程为 y 2 = (2n + 2)(x 1).1令y= 0,解得切线与X轴交点的横坐标Xn= 1 乔1 n+ 1(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知Tn= XX2X2n 12 2n 1 22n当n= 1时,14.当n2时,因为X2n 12n 12n22 > 22n 22n 22 2n 1 2 2n 1 2 1 2n 2 n 12n n1所以Tn> 22× 1× 2××23丄4n.Tn 4".4n点(an, bn)在函数f(x) = 2x的图象上(n N*).f(x)的图象上，求数列an的前n项和SI;1n综上可得对任

31、意的 n N* ,都有5.设等差数列an的公差为d,(1)若 ai= 2 ,点(a8,4b7)在函数若a1= 1 ,函数f(x)的图象在点(a2, b2)处的切线在X轴上的截距为2 代，求数列的前n项和Tn.解 (1)由已知，b7= 2a7, b8 = 2a8= 4b7,有 2a8 = 4× 2a7= 2a7 + 2.解得 d = a8 a7 = 2.所以,n n12 CSn= na1 +2d = 2n+n(n 1)= n2 3n.函数f(x) = 2x在(a2, b2)处的切线方程为y 2a2 = (2a2n 2)( x a2),它在X轴上的截距为a21In 2'11由题意

32、，a2 一 = 2 ,解得 a2= 2.所以，d= a2 a1= 1.In 2 In 2从而 an = n , bn = 2n.1,2,3,n1,n所以 Tn=+22+2 + 2 + 歹,123n 一11InIn2Tn = 1 + 2 + 22 + + 尹.因此，2Tn Tn = 1 + + 歹 + 尹歹=2尹歹2n+1 n 22n:所以，2n+1 n 2T n=6 已知数列6+ b2.an和bn满足 a1a2a3 an = ( 12)bn (n N).若an为等比数列，且 a1 = 2, b3(1)求 an 与 bn；1 1 *设Cn= (n N ).记数列cn的前n项和为Sn.an bn

33、求Sn ; 求正整数k,使得对任意n N*均有S< Sn.解 (1)由题意 a1a2a3an=(讣2)bn, b3 b2= 6,知 a3 = C-2)b3一b2= 8 ,又由 a1= 2 ,得公比 q = 2(q= 2 舍去), 所以数列an的通项为an= 2n(n N*).n+ 12所以，a1a2a3 an= 2 = G2)n(I)故数列bn的通项为bn= n(n+ 1)(n N*).IIIII*11*(2)由(1)知 Cn= an斤=歹一一 帚 5 N),所以 Sn=百一2n(n N ).因为 C1 = 0, C2>0 , C3>0, C4>0 ,1 n n+ 1

34、In n + 12n，当n 5时，Cnnn+ 1 n+ 1 n + 2 n+ 1 n 2 - 而 Zn一 n+1 = 一 n+1 >0,2n2n+ 12n+ 1n n + 1 ,5-5 + 1 得一 FV1.所以，当n 5时，Cn<O.综上，对任意 n N*恒有S4 $,故k= 4.7.设数列an的前n项和为Sn,若对任意的正整数n,总存在正整数 m,使得Sn= am,则称an是“ H数列”.(1) 若数列an的前n项和S = 2n(n N*),证明：an是“ H数列”；设an是等差数列，其首项证明：对任意的等差数列N*)成立.解(1)证明：由已知，当总存在正整数m = n + 1

35、,使得所以an是“ H数列”.(2) 由已知，得 S2= 2a1 + d= 2+d.因为an是“ H数列”即 2+ d= 1 + (m 1)d,于是(m 2)d= 1.因为d<0 ,所以m 2<0,故m= 1,从而d = 1.a1 = 1,公差d<0.若 an是“ H数列"，求d的值;an,总存在两个“ H数列” bn和Cn,使得n 1 时，an+1 = SI +1 SI = 2n*1 Sn= 2n = am.当d = 1时，an = 2 n , Sn = 吟亠是小于2的整数,于是对任意的正整数n,总存在正整数 m= 2 Sn= 2-是“ H数列”.因此d的值为一1

36、.an = bn + Cn (n 2n= 2n.于是对任意的正整数n ,所以存在正整数m,使得S2= am.n N*3一 n,使得 SI = 2 m= am.所以an(3)证明：设等差数列 an的公差为 d ,贝U an = a1 + (n 1)d= na1 + (n 1)(d a1)(n N*).令*bn= na1, Cn= (n 1)(d a1),贝U an= bn+ Cn(n N ).下证bn是“ H数列”.设bn的前n项和为Tn,则Tnn n+ 1-2-a1( n N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数 mn n+ 1=2 ,使得Tn= bm所以 bn是 同理可证Cn也是“ H数列

37、”. 所以，对任意的等差数列 an, 成立.“ H数列”总存在两个H 数列” bn和Cn,使得 an= bn+ Cn(n N*)学!丽 用曲惶和减建求利相M 巾H不L¾J<Sn 为数列an的前 n 项和，已知 a1 0,2an a1= SI Sn, n N1.已知等比数列a2n + 1 + a2n+ 2a1+ a2(1)求a, a2,并求数列an的通项公式；求数列 nan的前n项和.错解丁=/Jt日心H ,X VarJ* Oh :eR. " 2 , 2d,- 0 NSar ®O dr-2(J1 G Iffl 3 -J"CAj /. ft2的等临皺郴

38、-宙O 扣 AdP=ft*r,' fapJ 费一顼和 jE4 =+l<l+iCr+-*+h 严龙.WX Afmt二T+(hT； * :r十=* 2F I 七=rH r 7-&,=；+ n * 丫:上错因分析本题用错位相减法求nan的前n项和时，易岀现以下三个错误：一是岀现某些项的遗漏；二是项数的计算错误；三是两式相减时，等比数列前面的系数岀错.正解(1)同上由(1)知，nan= n 2n 1.记数列n 2n1的前n项和为Bn，于是Bn = 1 + 2 X 2+ 3× 22+ n X 2n-1 ,2Bn= 1 X 2 + 2 X 22 + 3 X 23 + + n

39、× 2n.得Bn = 1 + 2 + 22+ + 2n-1- n 2n= 2n 1 n 2n 从而 Bn= 1 + (n - 1) 2n.心得体会4Aii4<*r,l 4r-1,心 述个闻边j j4ifeti US A jJ ¾J7t齐，殳韬夸一$式孑倉庇瓷考一顼，JS扑亠心5j-5-,j串"环*桝下的Kr环是十个等比筑拠课时练基础组1A. - 1C. 52n答案 C解析 设等比数列an的公比为q(q>0),则依题意有152n1a3 = 5a1 + 4a2 ,即a1q2= 5a1 + 4a1q，an中的各项都是正数，且5a1, 2a3,4a2成等差数列

40、，则2n 丄2n-4q - 5= 0 ,解得 q = _ 1 或 q= 5.又 q>0 ,因此 q = 5,所以 a2n_a2性2 = aiq 2q = q2n = 52n,a + a2a+ a2选C.2 .已知正项等差数列an满足：an + 1 + an- 1= a2(n 2),等比数列 bn满足：bn + lbn- 1 =2bn(n2),贝U log2(a2 + b2)=()A. - 1 或 2B. 0 或 2C. 2D. 1答案 C解析 由题意可知 an+1 + an-1= 2an= a2,解得an = 2(n 2)(由于数列an每项都是正数，故 an = 0 舍去)，又 bn+

41、1bn-1 = b2 = 2bn(n 2),所以 bn = 2(n 2),所以 Iog2(a2 + b2)= log24 = 2.3. 已知等比数列an的公比q= 2,且2a4, a6,48成等差数列，则an的前8项和为()A. 127 B . 255C. 511 D. 1023答案 B解析 T 2a4, a6,48成等差数列,2a6= 2a4 + 48,° 2a1q5 = 2a1q3 + 48,解得 a1= 1,.°. S81×1 = 255.1-24. 已知等比数列an的各项均为不等于 1的正数，数列bn满足bn= lg an, b3= 18, b6= 12,

42、 则数列bn的前n项和的最大值等于()A. 126 B. 130C . 132 D . 134答案 C解析T bn +1- bn = lg an+1 lg an = lg a 为常数， bn为等差数列.设公差为d,则b1 + 2 = 18,b1+ 5d= 12,d=- 2,b1 = 22.由 bn = - 2n + 24 0,得 n 12 , SnS11 = S12= 132. bn的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，5. 设数列an是等差数列，数列 bn是等比数列，记数列an , bn的前n项和分别为Sn, Tn.若 a5 = b5, a6= b6 ,且 S7- Ss= 4(T6

43、 T4),贝U + =5 答案-话13解析 由 Sy- S5= 4(T6-T4)得，a6 + a?= 4(b5 + b6),又 a5 = b5, a6= b6 ,所以 a6+ a7= 4(a5 + a6),25所以 6a1 + 25d= 0,所以 a1=- d ,b6b56a525-§ d+ 5d观+ 4d-5,6所以 a? + a5_2a6_2b6_ 2q 5b7 + b5 b5q2 +1 b5q2 + 1 q2+ 113.6 已知数列an的通项公式为an _ 25 n ,数列 bn的通项公式为bn _ n+ k ,设 Cn _bn , an bn ,若在数列 C n中，C5 Cn

44、对任意n N恒成立，则实数 k的取值范围是 an , an>bn,答案5,- 3解析 Cn是取an和bn中的较大值，又C5是数列Cn中的最小项，由于函数y_ 25 是减函数， 函数 y_ n + k 是增函数，所以 b5 a5 b6 或 a5 b5 a4, 即卩 5+ k 25 5 6+ k 或 25 5 5 + k 25 -4,解得一5 k 4 或一4 k 3,所以一5 k 3.7如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1,由下往上的六个点：123,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列an( n N*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2011 + a2012 + a2013 _a

45、1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12X1y1X2y2X3y3X4y4X5y5X6y6答案 1007解析 由a1_ 1,a2_ 1,a3_ 1, a4_ 2,a5_2,a6_3,a7_ 2,a8_ 4 可知，这个数列的规律是奇数项为1, 1,2 , 2, 3 , 3,，偶数项为1,2,3,，故a2011 + a2013= 1 , a2012_ 1006 ,故 a2011 + a2012 + a2013_ 1007.8. 等差数列an的前n项和记为Sn,若Sl4, S7 28,则a10的最大值为 .答案 16解析J等差数列an的前n项和为Sn, S44 , S 28,4 X 3S=

46、 4a1 +d 4,22a1 + 3d 2,即7 X 6a1+ 3d 4,S= 7a1 +2 d 28,a10_ a1+ 9d_ a1+ 3d + 6d 4 + 6d ,115 2+ 15da10_ a1+ 9d_ 2 2a1 + 3d + ? 22+ 15d2 a10 4+ 6d2 + 15d2 4 + 6 d,解得d 2,19. 已知数列an的通项公式为 an =,前n项和为Sn,若对任意的正整数n,不等式S2n-Sn>m恒成立，则常数 m所能取得的最大整数为 .答案 5解析 要使S2n Sn>m6恒成立，只需(S2n- Snjmin*因为(S2(n + 1) Sn + 1)

47、(S2n Sl)= (S2n+ 2 S2n) (Sn+ 1 Sn) = a2n + 1 +a2 n+ 2 an+ 1 =2n+ 212n+ 31 1 1 1 1 1R>2n+冇n+二=时r>° ,所以S2nSl为递增数列，所以S2nS s21SI= 3，所以f6<3? m<16， m所能取得的最大整数为 5.10. 数列an的前 n 项和记为 Sn，a1 = 1，an+1= 2$ +1(n 1).(1) 求an的通项公式；等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T3= 15，又a1+ b1，a2+ b2，a3+ b3成等比数列，求Tn.解 (1)由 an+

48、1= 2Sn+ 1 ,可得 an= 2Sn- 1+ 1(n 2),两式相减得an+1 an = 2an，贝0 an +1 =3an(n2).又 a2 = 2S1 + 1 = 3 ,. a2 = 3a1.故an是首项为1 ,公比为3的等比数列， an = 3n1.(2) 设bn的公差为d.由 T3 = 15,即 b1+b2+ b3= 15 ,可得 b2= 5,故 b1 = 5 d , b3= 5 + d,又 a1 = 1, a2= 3, a3 = 9,由 a1 + b1, a2 + b2, a3+ b3 成等比数列可得(5 - d+ 1) (5+d+ 9)= (5 + 3)2,解得 d= 2 或

49、 d = -10.等差数列bn的各项为正，d>0,I In n12 d= 2, b1 = 3, Tn = 3n +2× 2 = n + 2 n.11 某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，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？(参考数据：取 1.051°= 1.629,1.3 10= 13.786,1.5 10 = 57.665)

50、解甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1,公比为(1 + 30%),所以10年所获得的总利润为1 310 1S10 = 1+ (1 + 30%) + (1 + 30%)2 + + (1 + 30%)9 = 乔 =42.62(万元),贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1 + 5%)10 = 16.29(万元),故使用甲方案所获纯利润为42.62 16.29 = 26.33(万元).乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1,公差为0.5,所以10年所获得的总利润为T10 = 1+ (1 + 0.5) + (1 + 2 X 0.5) + + (1 + 9× 0.5) = 10× 1 + 10