2019届高考数学总复习模块三数列第11讲数列求和及综合应用学案文.docx

第11讲数列求和及综合应用1.(1)2018全国卷 记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.求an的通项公式;求Sn,并求Sn的最小值.(2)2016全国卷 已知各项都为正数的数列an满足a1=1,an2-(2an+1-1)an-2an+1=0.求a2,a3;求an的通项公式.试做 _命题角度解决数列解答题的有关策略(1)解决已知某几个基本量求等差、等比数列的通项公式和前n项和问题:关键一:通过列方程(组)求关键量a1和公差d(公比q);关键二:利用通项公式和前n项和公式求解.(2)解决数列的递推问题:关键一:利用an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2得出an与an+1(或an-1)的递推式;关键二:观察递推式的形式,采用不同方法求an.(3)解决数列求和问题:关键一:利用等差数列、等比数列的前n项和公式;关键二:利用数列求和方法(倒序相加法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法等).(4)等差、等比数列的判断方法:定义法、中项法、利用通项公式判断、利用前n项和判断.(5)解决关于数列的不等式证明问题常用放缩法,解决最值问题常借助基本不等式.解答1等差、等比数列基本量的计算1 已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn,且S1+1,S3,S4成等差数列,a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若S4,S6,Sn成等比数列,求n及此等比数列的公比.听课笔记 _【考场点拨】由等差数列、等比数列组成的综合问题,首先要立足两数列的概念,设出相应的基本量,充分运用通项公式、求和公式、数列的性质,确定基本量.解综合题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件,形成解题策略.【自我检测】已知数列an的前n项和为Sn,且a4=16,Sn=a1(2n-1),nN*.(1)求a1及数列an的通项公式;(2)设bn=n2an,求数列bn的最大项.解答2数列的证明问题2 已知Sn为数列an的前n项和,且a3=7,an=2an-1+a2-2(nN*,n2).(1)证明:数列an+1为等比数列;(2)求数列an的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列.听课笔记 _【考场点拨】高考中数列的证明问题的关注点:(1)判断和证明数列an是等差(等比)数列的方法主要有定义法和等差(等比)中项法,但有的时候不是直接证明数列an是等差(等比)数列,而是一个代数式,这时必须把这个代数式看成一个整体,先换元再证明.(2)以数列为背景的不等式证明或者恒成立问题,多数与数列的求和有关,常利用放缩法或数列对应的单调性解决.【自我检测】已知数列an的前n项和为Sn,a1=12,Sn=n2an-n(n-1),nN*.(1)证明:数列n+1nSn是等差数列;(2)设bn=Snn3+3n2,求证:b1+b2+bn512.解答3数列的求和问题角度1分组转化法求和3 已知an是公差大于零的等差数列,且a1=2,a3=a22-10.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn是以1为首项,3为公比的等比数列,求数列an-bn的前n项和Sn.听课笔记 _【考场点拨】(1)一个数列既不是等差数列,又不是等比数列,若将这个数列适当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部分,则可用分组转化法求和,即先分别求和,然后合并;(2)分段求和的数列也是将数列分成若干组,先分别求和,然后合并.角度2裂项相消法求和4 已知等差数列an的前n项和为Sn,且a1=10,a2为整数,SnS4.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和Tn.听课笔记 _【考场点拨】裂项相消法是一种常见的求和方法,其适用题型主要有:(1)已知数列的通项公式为an=1n(n+1),求前n项和,则an=1n(n+1)=1n-1n+1;(2)已知数列的通项公式为an=1(2n-1)(2n+1),求前n项和,则an=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)已知数列的通项公式为an=1n+n+1,求前n项和,则an=1n+n+1=n+1-n.角度3错位相减法求和5 已知数列an的首项a1=1,且an-1=2anan-1+an(nN*,n2).(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足a1b1+a2b2+anbn=1-12n,nN*,求数列bn的前n项和Tn.听课笔记 _【考场点拨】如果数列an和bn一个是等差数列,一个是等比数列,则求anbn 的前n项和时,可采用错位相减法,且在同乘等比数列的公比后,才可以错位相减.两式相减后中间大部分构成等比数列,要注意两端的项,特别是最后一项的符号.在中间等比数列求和时,要注意首相和项数,最后切记将Sn的系数化为1.【自我检测】1.已知等比数列an的各项均为正数,a4=81,且a2,a3的等差中项为18.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=log3an,cn=14bn2-1,数列cn的前n项和为Tn,证明:Tn0,则bn+1bn;当n3时,-n2+2n+10,则bn+1bn.故数列bn的前3项依次递增,之后依次递减,所以数列bn的最大项为b3=98.解答2例2解:(1)证明:a3=7,a3=3a2-2,a2=3,an=2an-1+1,an+1an-1+1=2an-1+2an-1+1=2(n2),又a2=2a1+1=3,a1=1,a1+1=2,数列an+1是首项为2,公比为2的等比数列.(2)由(1)知,an+1=2n,an=2n-1,Sn=2-2n+11-2-n=2n+1-n-2,n+Sn-2an=n+(2n+1-n-2)-2(2n-1)=0,n+Sn=2an,n,an,Sn成等差数列.【自我检测】证明:(1)由Sn=n2an-n(n-1)知,当n2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),即(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1),n+1nSn-nn-1Sn-1=1.又1+11S1=2a1=1,数列n+1nSn是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)知n+1nSn=1+(n-1)1,Sn=n2n+1,bn=Snn3+3n2=1(n+1)(n+3)=121n+1-1n+3,b1+b2+bn=1212-14+13-15+1n-1n+2+1n+1-1n+3=1256-1n+2-1n+30,由题可得a1=2,a1+2d=(a1+d)2-10,解得d=2或d=-4(舍),所以an=2+(n-1)2=2n.(2)因为bn=3n-1,所以an-bn=2n-3n-1,所以Sn=(2-30)+(4-31)+(2n-3n-1)=(2+4+2n)-(1+3+3n-1)=n(2+2n)2-1-3n1-3=n2+n-3n2+12.例4解:(1)由a1=10,a2为整数知等差数列an的公差d为整数.又SnS4,故a40,a50,于是10+3d0,10+4d0,解得-103d-52,因此d=-3,故数列an的通项公式为an=13-3n.(2)bn=1(13-3n)(10-3n)=13110-3n-113-3n,于是Tn=b1+b2+bn=1317-110+14-17+110-3n-113-3n=13110-3n-110=n10(10-3n).例5解:(1)a1=1,an-1=2anan-1+an,1an-1an-1=2,又1a1=1,数列1an是首项为1,公差为2的等差数列,1an=2n-1,an=12n-1.(2)a1b1+a2b2+anbn=1-12n,令n=1得a1b1=12.当n2时,anbn=1-12n-1-12n-1=12n,又a1b1=12满足上式,anbn=12n(nN*),bn=2n-12n.Tn=12+322+523+2n-12n,12Tn=122+323+2n-32n+2n-12n+1,由-得12Tn=12+222+223+22n-2n-12n+1=32-12n-1-2n-12n+1,Tn=3-2n+32n.【自我检测】1.解:(1)设等比数列an的公比为q(q0).由题意得a4=81,a2+a32=18,即a1q3=81,a1q(1+q)=36,两式相除,整理得4q2-9q-9=0,解得q=3或q=-34,又q0,q=3,从而可得a1=3,an=a1qn-1=3n.(2)证明:bn=log3an=log33n=n,cn=14bn2-1=14n2-1=1212n-1-12n+1,Tn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=12-14n+2,Tn12.2.解:(1)因为数列an3n是公差为2的等差数列,所以a232-a13=2,所以a2=3a1+18,又a1,9,a2成等比数列,所以a1a2=a1(3a1+18)=92,解得a1=3或a1=-9,又因为数列an3n为正项数列,所以a1=3,所以an3n=33+2(n-1)=2n-1,故an=(2n-1)3n.(2)由(1)得Sn=13+332+(2n-1)3n,所以3Sn=132+333+(2n-1)3n+1,所以Sn-3Sn=3+2(32+33+3n)-(2n-1)3n+1,即-2Sn=3+232-3n31-3-(2n-1)3n+1=3n+1-6+(1-2n)3n+1=(2-2n)3n+1-6,故Sn=(n-1)3n+1+3.备选理由 备用例题1(1)需要证明一个整体是等比数列,(2)需要利用转换思想和数列的单调性解决问题.备用例题2是含绝对值的数列求和问题,是对分组求和的另一种考查.例1配例2使用 在数列an中,a1=23,且对任意的nN*都有an+1=2anan+1.(1)求证:1an-1是等比数列;(2)若对任意的nN*都有an+1pan,求实数p的取值范围.解:(1)证明:由an+1=2anan+1,得1an+1-1=an+12an-1=1-an2an=121an-1.又由a1=23,得1a1-1=120,因此数列1an-1是以12为首项,12为公比的等比数列.(2)由(1)可得1an-1=1212n-1=12n,即an=2n2n+1,an+1=2n+12n+1+1,于是“对任意的nN*都有an+1an+1an=2n+12n+1+12n+12n=2n+1+22n+1+1=1+12n+1+1成立”.记bn=1+12n+1+1,易得bn是递减数列,故bnb1=1+121+1+1=65.所以,实数p的取值范围为65,+.例2配例3使用 已知数列an是等差数列,bn是等比数列,且a1=11,b1=1,a2+b2=11,a3+b3=11.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)求数列|an-bn|的前n项和Sn.解:(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,则11+d+q=11,11+2d+q2=11,解得q=2,d=-2,所以an=-2n+13,bn=2n-1.(2)由(1)得|an-