【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

1、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 Sn 与通项 an 的关系：S ，n 1，an1nn 1n2.SS ，(2) 当已知数列 n 中，满足an 1an(n) ，且f(1)(2) f( ) 可求，则可用affn_求数列的通项an，常利用恒等式an a1 ( a2 a1) ( a3 a2) ( an an 1) an 1(3) 当已知数列 an 中，满足 an f ( n) ，且 f (1) 

2、3; f (2) ·· f ( n) 可求，则可用 _an，常利用恒等式23n求数列的通项an a1· a· a ·· a.a1a2an 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) 公式法等差数列前n 项和 Sn _ _ ，推导方法：_ ；等比数列前n 项和 Sn， q 1， q1.推导方法：乘公比，错位相减法常见数列的前n 项和：a 12 3 n _；b 24 6 2n _；c 13 5 (2 n 1) _；d 12 2232 n2

3、_；e 13 2333 n3 _.(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：111 nnn n 1；1111n22n 12n 1 ；n1 1n.nn 1n(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 an 的前 n 项的乘积为Tn 3n2( n N* ) ，则数列 an 的前 n 项的和为_12设 an 是公比为q 的等比数列， Sn 是其前 n 项和，

4、若 Sn 是等差数列， 则 q _.3已知等比数列 an 的公比为4，且 a1a2 20，故 bn log 2an，则 b2 b4b6 b2n _.4(2010 ·天津高三十校联考n 1*) 已知数列 an 的通项公式 an log 2( nN ) ，设 ann 2的前n项的和为n，则使n< 5 成立的自然数n的最小值为 _SS2*5(2010 ·北京海淀期末练习数为) 设关于 x 的不等式 x x<2nx ( n N ) 的解集中整数的个n，数列 n 的前n项和为n，则100 的值为 _aaSS6数列 1,41，71， 101，前 10项的和为 _248探究点

5、一求通项公式2n1· an例 1已知数列 an 满足 an1 an 2n1， a1 2，求数列 an 的通项公式变式迁移 1设数列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 a1 1， Sn 1 4an2.(1) 设 bn an1 2an，证明数列 bn 是等比数列；(2) 求数列 an 的通项公式探究点二裂项相消法求和例 2已知数列 a ， S 是其前 n 项和，且a 7S 2( n2) ， a 2.nnnn 11(1) 求数列 an 的通项公式；1m*都成立(2) 设 bn log 2 n·log 2n 1，Tn 是数列 bn 的前 n 项和，求使得 Tn<20对所有

6、nNaa的最小正整数m.111变式迁移 2求数列 1，1 2， 12 3， 1 23 n，的前 n 项和探究点三错位相减法求和例 3nnn4n*已知数列 a 是首项、公比都为q ( q>0 且 q1) 的等比数列， b a loga( n N ) (1) 当 q 5 时，求数列 bn 的前 n 项和 Sn；14(2) 当 q 15时，若 bn<bn1，求 n 的最小值2123n变式迁移 3求和 Sn a a2 a3 an.分类讨论思想例 (5 分 ) 二次函数 f ( x) x2 x，当 xn，n 1( n N* ) 时， f ( x) 的函数值中所有整2n3 3n2*n 1数值的

7、个数为g( n) ， an g n( n N ) ，则 Sn a1 a2 a3 a4 ( 1)an _.答案( 1) n 1nn2n N* ) 时，函数 f ( x) x2 x 的值随 x 的增大而增大，则解析当 xn，n 1(f ( x)22*233 22nn的值域为 n n， n 3n 2(nN ) ， g( n) 2n 3( n N ) ，于是 an gn n .当 n 为偶数时， Sn a1a2 a3 a4n2 3 7 (2 n 1) 3n 2an1 an (1 2 22) (3 2 42) ( n 1) 2nn n· 22；当 n 为奇数时， Sn ( a1 a2) ( a

8、3 a4) ( an2 an1 ) an Sn1 ann n n2 nn，22n( 1)n 1nn. S2【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

9、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 an 为等比数列，Sn 是它的前 n 项和，若a2· a32a1 且 a4 与32a7 的等差中项为5，则 S5 _.42有两个等差数列 n ，bn ，其前n项和分别为n， n，若Sn7n2a5，则 _.aSTTnn3b53如果数列 an 满足

10、 a1 2，a21且 an1nnn1( n2) ，则此数列的第10 项为 a a aa an 1a ann n 1_4数列 a 的前 n 项和为 S ，若 a n1，则 S5 _.nnnn5(2011 ·南京模拟 ) 数列1,1 2,1 24， 1 2 22 2n 1，的前n 项和S >1 020 ，那么 n 的最小值是 _n) 数列 a 的前 n 项和为 S 且 a1 1，a 13S ( n6(2010 ·东北师大附中高三月考S _.nnnn1,2,3 ， ) ，则 log4107 ( 原创题 ) 已知数列 an 满足 a11， a2 2， an2126 项的和为a

11、，则该数列前n_ a 为数列 a 的“差数列”，若a 2， a 的“差8对于数列 a ，定义数列 ann 1nn1n数列”的通项为n的前 n 项和 S _.2 ，则数列 a nn二、解答题 ( 共 42 分)2 2(25 7(N*) 9 (12 分 ) 已知函数f(x) x1)xn(1)nnn若函数 f ( x) 的图象的顶点的横坐标构成数列 a ，试证明数列 a 是等差数列；nn(2)设函数f(x) 的图象的顶点到x轴的距离构成数列bn ，试求数列 n 的前n项和n.bS1*10 (14 分) 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn 2nan an c( c 是常数， n N )

12、 ，a26.(1) 求 c 的值及数列 an 的通项公式；(2) 证明1111a aa aa a< .2812 3n n 111 (16 分)(2010 ·北京宣武高三期中) 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn 3n，数列 bn 满足 b1 1， bn 1 bn (2 n 1) ( n N* ) (1) 求数列 an 的通项公式 an；(2) 求数列 bn 的通项公式 bn；an· bn(3) 若 cn，求数列 cn 的前 n 项和 Tn. n答案自主梳理1 (4) n 1 或 n2自我检测4391 222. 23.154.8 5. 19课堂活动区例 1解题导引

13、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a a a 7123解 (1)由已知得a1 a3，解得 a 2. 3a222设数列 an 的公比为 q，由 a22，22可得 a q， a 2q. 又 S 7，可知 q 2 2q 7，13321即 2q 5q 2 0.解得 q 2，q 2.12由题意得 q>1， q 2， a1 1.

14、n1故数列 an 的通项为an 2.(2) 由 (1) 得 a3n1 23n， n lna3n 1 ln 23n 3 ln 2.bn又 bn1 bn 3ln 2 ，bn 是等差数列， Tn b1b2 bnnb bn3nn1·ln 2.223nnln 2.故 Tn2变式迁移 14解析设 a1，a2，a3，a4 的公差为 d，则 a1 2d 4，又 0<a1<2，所以 1<d<2. 易知数列 bn是等比数列，故(1)正确；aa(2,3)，所以b 2>4，故 (2) 正确；aa >5，所232243以 b4 2a4>32，故 (3)正确；又 a2

15、a4 2a3 8，所以 b2b4 2a2a4 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n 特点，求出n. 由 n 再求bn 从而求n，最后利用不等式知识求出.TTaSm21 32 3an2an解(1) an1 f an33 an 3，an2an 是以 3为公差的等差数列2 1又 a1 1， an 3n3.(2) Tn a1a2 a2a3 a3a4 a4a5 a2na2n 1 a2( a1 a3) a4( a3 a5) a2n( a2n 1 a2n 1)5 4n 14242n4n 3 3 3 3( a a a) 3·

16、;242) (2n 39n5(3) 当 n2时， bn12 11n 1n2 1aa3n33n 3911 2 2n1 2n 1 ，9 1又 b1 3 × 1 ， Sn b1b2 bn2 3111119× 1 23 3 52n 1 2n 1919n 1 2n 1，22n12 001*m对一切 n N 成立 Sn<29nm 2 001即 2n 1<2，9n91又 2n 1 212n 1 递增，992 0019nm 2，且 2n 1<2. 2即 m2 010. 最小正整数m 2 010.变式迁移2解(1)设等比数列 a 的首项为 a ，公比为 q.n1依题意，有

17、2(32) 2a4，aa代入 a2a3 a4 28，得 a3 8.a1q a1q3 20， a2 a420. a3 a1q2 8，q2，1 ，解之，得1 2或 q21 32.aa又 an 单调递增，q 2， an 2n.a 2.1n1 nn(2) bn 2·log 22 n·2，n23n S 1×22×2 3×2 n×2. 234nn 1 2Sn1×22×23×2 ( n1)×2 n×2 . ，得n212nnSn2 22 23 2 n·2 1nnn·2 1 21 &

18、#183;2 1 2.nn由 Sn ( n m) an 1<0，即 2n1n 1n1n1对任意正整数n 恒成立， n·2 2n·2 m·2 <0n 1n 11 m·2 <2 2对任意正整数n， m<2n 1 恒成立1 2n 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a1 10 000(1 20%)10 000 ×20%×10% 300 11 500 ，第 2 个月月底余款为a2 1(1 20%) 1×20%×10% 300，aa6依此类

19、推下去，设第n 个月月底的余款为an 元，第 n 1 个月月底的余款为 an 1元，则 a a (1 20%)a ×20%×10% 300 1.18 an 1nnn300.下面构造一等比数列an1 x设 an x 1.18 ，则 an 1 x1.18 an 1.18 x， an1 1.18 an0.18 x. 0.18 x 300.5 000an1 x 5 000 ，即31.18.35 000a n35 0005 00011 500 5 000数列 an 是一个等比数列，公比为1.18 ，首项 a133329 500.3 an 5 000 29 500 ×1.18

20、 n 1，33 a12 5 000 29 500 ×1.18 11，33 a12 5 000 29 500 ×1.18 1162 396.6( 元 ) ，33即到年底该职工共有资金62 396.6 元纯收入有 a12 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 n ，由题意可知 a 是等差数列，其中a 250， d 50，an1则 an 250 ( n1) ·50 50n 200，Sn 250n n n×50 25n2 225n，2令 25n2225n4 75

21、0 ，即 n2 9n1900，而 n 是正整数， n10.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 是等比数列，其中 b 400， q 1.08 ，n1则 bn400·(1.08)n 1.由题意可知an>0.85 bn，即 50n200>400·(1.08) n 1·0.85.55当 n5 时， a<0.85 b ，当 n6 时， a6>0.85 b6，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

22、房面积的比例首次大于85%.课后练习区1 32 22. 3.9914 71 2n12n1解析设至少需要 n 秒钟，则1222100， 1 2100， n7.5 64解析依题意有 a anan1，两式相除得an 2 2 ，所以 a 2an 2，所以 a ，a ，a ，n n 1n1 n213524612104115成等比数列， a ，a，a ，也成等比数列，而 a 1，a 2，所以 a2×2 32，a1×27 32，又因为 an an 1 bn，所以 b10 a10 a11 64. 6 3解析 该题是数列知识与函数知识的综合an5·22n 22 n 15·

23、2n 122454·555 ，5显然当 n 2 时， an 取得最小值，当n 1 时， an 取得最大值，此时x 1，y 2， x y3.7 21222解析2ay ( x ) 2x，则过点 ( a，a) 的切线斜率为，则切线方程为 y a 2a ( xkkkkk ak) ，2令 y0，得 ak 2ak( x ak ) ，11 x2ak，即 ak 1 2ak.1故 an 是 a1 16， q2的等比数列，1即 an16×(2) n 1， a1 a3 a5 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 6

24、1个奇数， 前 61 行用去 13 5 6162×31 961 个奇数 而 2 009 是第 1 005 个奇数，2故应是第63 行第 44 个数，即 i j 63 44 107.11 x9解(1) f (1) a 3， f ( x) 3. (1 分)1a1 f (1) c 3c，2a2 f(2) c f(1) c 9，3 f(3) f(2) 2；acc27248121又数列 n 成等比数列，aa2，1 aa323c3 27 c 1；(2分)2121n 1a公比 q 1 ， an ×3a331 n*2× 3，n N ；(3 分)S S(S S ) (SS ) n

25、n1nn 1nn1S S 1( n>2) ，(4 分)nn又 bn>0， Sn>0， Sn Sn 1 1.数列 Sn 构成一个首项为1、公差为1 的等差数列，n 1 (1) × 1 ， n2. (6Snn Sn分)当 n2， bn Sn Sn 1 n2 ( n 1) 2 2n 1；又当 n 1 时，也适合上式，8*(8 bn 2n 1， n N. 分)1111(2) Tnbnbn 1b1b2b2b3b3b41 1 1n11×3 3×5 5×7n11 111 111 2 13 2 35 2 57 11111n22n1 2n1 2 1 2n 1 2n 1 . (12分)由nn1 000n1 000，&g