数学理一轮教学案：第六章第4讲　数列求和、数列的综合应用 Word版含解析

1、高考数学精品复习资料 2019.5第4讲数列求和、数列的综合应用考纲展示命题探究数列的求和方法(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：snna1d.等比数列的前n项和公式：sn常见数列的前n项和公式：a123n；b2462nn2n；c135(2n1)n2；d122232n2；e132333n32.(2)倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和常

2、见的裂项公式有：；.(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，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减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).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项和时使用公式sn较为合理()(2)如果数

3、列an为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和sn.()(3)当n2时，.()(4)求sna2a23a3nan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skmmsk(m，k为大于1的正整数). ()答案(1)(2)(3)×(4)×(5)2数列12n1的前n项和为()a12n b22ncn2n1 dn22n答案c解析由题意得an12n1，所以snnn2n1，故选c.3在10到2000之间，形如2n(nn*)的各数之和为()a1008 b2040c2032 d20xx答案c解析s2425210(271)·242

4、032.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出数列求和典例(1)已知等差数列an，公差d>0，前n项和为sn，且满足a2a345，a1a414.求数列an的通项公式及前n项和sn；设bn，若bn也是等差数列，试确定非零常数c，并求数列的前n项和tn.(2)数列an的前n项的和为sn，对于任意的自然数an>0,4sn(an1)2.求证：数列an是等差数列，并求通项公式；设bn，求和tnb1b2bn.解(1)依题意得，解得或(舍去)，an4n3，sn2n2n.由知bn.数列bn是等差数列，则2b2b

5、1b3，即2·，解得c，bn2n.则，tn.(2)证明：令n1,4s14a1(a11)2，解得a11，由4sn(an1)2，得4sn1(an11)2，两式相减得4an1(an11)2(an1)2，整理得(an1an)(an1an2)0，an>0，an1an2，则数列an是首项为1，公差为2的等差数列，an12(n1)2n1.由得bn，tn，tn，得tn22×，所以tn1.【解题法】错位相减法求和的步骤步骤1写出snc1c2cn；步骤2等式两边同乘以等比数列的公比q，即qsnqc1qc2qcn；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1q，求出sn.同时注

6、意对q是否为1进行讨论1.数列an的通项公式是an，若sn10，则n的值是()a11 b99c120 d121答案c解析an，sn(1)()()()()1.令sn10，解得n120.故选c.2在正项等比数列an中，a11，前n项和为sn，且a3，a2，a4成等差数列，则s7的值为()a125 b126c127 d128答案c解析设数列an的公比为q(q>0)，a3，a2，a4成等差数列，2a2a4a3，2a1qa1q3a1q2，解得q2或q1(舍去)，s7271127.故选c.3.设等差数列an的公差为d，前n项和为sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，s10100.

7、(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d>1时，记cn，求数列cn的前n项和tn.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是tn1，tn.可得tn23，故tn6.4数列an满足：a12a2nan4，nn*.(1)求a3的值；(2)求数列an的前n项和tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和sn满足sn<22ln n.解(1)当n1时，a141；当n2时，由a12a2nan4知，a12a2(n1)an14，两式相减得nan，此时an.经检验知，a11也满足an.综上，an，故a3.(2)由(1)知，an，故

8、数列an是以1为首项，为公比的等比数列，故tn2.(3)证明：由(1)(2)知，b1a11，当n2时，bnan··.当n1时，s11<22ln 12，成立；当n2时，sn112·1212·22·<22.构造函数f(x)ln (1x)，x0，则f(x)0，故函数f(x)在0，)上单调递增，所以当x>0时，f(x)>f(0)0，即<ln (1x)令x，n2，则<ln ，从而可得<ln ，<ln ，<ln ，将以上n1个式子同向相加即得<ln ln ln ln ln n，故sn<22&

9、lt;22ln n.综上可知，sn<22ln n.5已知等差数列an的公差为2，前n项和为sn，且s1，s2，s4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和tn.解(1)因为s1a1，s22a1×22a12，s44a1×24a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，tn1.当n为奇数时，tn1.所以tn1等差数列与等比数列比较表等差数列等比数列通项公式(1)ana1(n1)d(1)ana1qn1(2)anam(nm)d(2)anam&#

10、183;qnm前n项和公式sn或snna1dsn常用性质若m，n，p，qn*，mnpq，则amanapaq若m，n，p，qn*，mnpq，则amanapaq2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，应考虑是an与an1的递推关系，还是前n项和sn与前n1项和sn1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

11、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 (2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，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.1思维辨析(1)若ln an是等差数列，则an是等比数列()(2)1bb2b3b4b5.()(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

12、()(4)用数学归纳法证明与正整数n有关的数列不等式时，第一步骤证时n取的第一个值是n1.()答案(1)(2)×(3)(4)×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()a100200×(129) b100100(129)c200(129) d100(129)答案a解析当第10次着地时，经过的路程为：1002(5025100×29)100200×(212229)100200(129)3设曲线yxn1(nn*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令anlg xn，则a1

13、a2a99的值为_答案2解析因为yxn1(nn*)，所以y(n1)xn(nn*)，所以y|x1n1，所以在点(1,1)处的切线方程为y1(n1)(x1)，即(n1)xyn0，当y0时，x，所以xn，所以anlg xnlg lg nlg (n1)，所以a1a2a99(lg 1lg 2)(lg 2lg 3)(lg 3lg 4)(lg 99lg 100)lg 1lg 1002.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等差等比的综合应用典例1(1)在等差数列an中，a1030，a

14、2050.求数列an的通项公式；令bn2an10，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(1r)n1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1r)n2，.以tn表示到第n年末所累计的储备金总额写出tn与tn1(n2)的递推关系式；求证

15、：tnanbn，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，则ana1(n1)d，由a1030，a2050，得方程组，解得.所以an12(n1)·22n10.证明：由，得bn2an1022n101022n4n，所以4.所以bn是首项为4，公比为4的等比数列由nbnn×4n，得tn1×42×42n×4n，4tn1×42(n1)×4nn×4n1，得3tn4424nn×4n1n×4n1.所以tn.(2)tntn1(1r)an(n2)证明：t1a1，对n2反复使用(1)中关系

16、式，得tntn1(1r)antn2(1r)2an1(1r)ana1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an.在式两端同乘以(1r)，得(1r)tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r).，得rtna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)an(1r)n1ra1(1r)nan，即tn(1r)nn.如果记an(1r)n，bnn，则tnanbn，其中an是以(1r)为首项，1r(r>0)为公比的等比数列，bn是以为首项，为公差的等差数列【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

17、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 (2)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)审题弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题 (2)分解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

18、、不等式的综合应用典例2已知函数f(x)，数列an满足a11，an1f，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(n2)，b13，snb1b2bn，若sn<对一切nn*成立，求最小正整数m.解(1)an1fan，an是以为公差，首项a11的等差数列，ann.(2)当n2时，bn，当n1时，上式同样成立snb1b2bn，sn<，即<对一切nn*成立，又随n递增，且<，m20xx，mmin20xx.【解题法】1.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

19、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 (3)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 (1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出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 (3)比较法：作差或者作商比较法 (4)数学归纳法：使用数学归纳法进行证明1若a，b是函数f(x)x2pxq(p>0，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

20、比数列，则pq的值等于()a6 b7c8 d9答案d解析由题可知a，b是x2pxq0的两根，abp>0，abq>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ab4，q4.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2，a，b成递增的等差数列，2ab2，联立消去b得a2a20，得a1或a2，又a>0，a1，此时b4，pab5，pq9，选d.2.设sn为等比数列an的前n项和若a11，且3s1,2s2，s3成等差数列，则an_.答案3n1解析由3s1,2s2，s3成等差数列，得4s23s1s3，即3s23s1s3

21、s2，则3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.3设sn是数列an的前n项和，且a11，an1snsn1，则sn_.答案解析an1sn1sn，sn1snsn1sn，又由a11，知sn0，1，是等差数列，且公差为1，而1，1(n1)×(1)n，sn.4.设nn*，xn是曲线yx2n21在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标(1)求数列xn的通项公式；(2)记tnxxx，证明：tn.解(1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线yx2n21在点(1,2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1)令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.(2)证明：由题设和(

22、1)中的计算结果知tnxxx222.当n1时，t1.当n2时，因为x2>.所以tn>2××××.综上可得对任意的nn*，都有tn.5设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nn*)(1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和sn；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和tn.解(1)由已知，b72a7，b82a84b7，有2a84×2a72a72.解得da8a72.所以，snna1d2nn(n1)n23n.(2)函

23、数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意，a22，解得a22.所以，da2a11.从而ann，bn2n.所以tn，2tn.因此，2tntn12.所以，tn.6已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nn*)若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nn*)记数列cn的前n项和为sn.求sn；求正整数k，使得对任意nn*均有sksn.解(1)由题意a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()8，又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nn*)所以，a1a2

24、a3an2()n(n1)故数列bn的通项为bnn(n1)(nn*)(2)由(1)知cn(nn*)，所以sn(nn*)因为c10，c2>0，c3>0，c4>0，当n5时，cn，而>0，得<1.所以，当n5时，cn<0.综上，对任意nn*恒有s4sn，故k4.7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snam，则称an是“h数列”(1)若数列an的前n项和sn2n(nn*)，证明：an是“h数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d<0.若an是“h数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“h数列

25、”bn和cn，使得anbncn(nn*)成立解(1)证明：由已知，当n1时，an1sn1sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得sn2nam.所以an是“h数列”(2)由已知，得s22a1d2d.因为an是“h数列”，所以存在正整数m，使得s2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d<0，所以m2<0，故m1，从而d1.当d1时，an2n，sn是小于2的整数，nn*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m2sn2，使得sn2mam.所以an是“h数列”因此d的值为1.(3)证明：设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)

26、(nn*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nn*)下证bn是“h数列”设bn的前n项和为tn，则tna1(nn*)于是对任意的正整数n，总存在正整数m，使得tnbm.所以bn是“h数列”同理可证cn也是“h数列”所以，对任意的等差数列an，总存在两个“h数列”bn和cn，使得anbncn(nn*)成立设sn为数列an的前n项和，已知a10,2ana1s1·sn，nn*.(1)求a1，a2，并求数列an的通项公式；(2)求数列nan的前n项和错解错因分析本题用错位相减法求nan的前n项和时，易出现以下三个错误：一是出现某些项的遗漏；二是项数的计算错误；三是两式相减

27、时，等比数列前面的系数出错正解(1)同上(2)由(1)知，nann·2n1.记数列n·2n1的前n项和为bn，于是bn12×23×22n×2n1，2bn1×22×223×23n×2n.得bn12222n1n·2n2n1n·2n.从而bn1(n1)·2n.心得体会时间：80分钟基础组1.20xx·冀州中学猜题已知等比数列an中的各项都是正数，且5a1，a3,4a2成等差数列，则()a1 b1c52n d52n1答案c解析设等比数列an的公比为q(q>0)，则依题

28、意有a35a14a2，即a1q25a14a1q，q24q50，解得q1或q5.又q>0，因此q5，所以q2n52n，选c.220xx·武邑中学仿真已知正项等差数列an满足：an1an1a(n2)，等比数列bn满足：bn1bn12bn(n2)，则log2(a2b2)()a1或2 b0或2c2 d1答案c解析由题意可知an1an12ana，解得an2(n2)(由于数列an每项都是正数，故an0舍去)，又bn1bn1b2bn(n2)，所以bn2(n2)，所以log2(a2b2)log242.320xx·衡水中学模拟已知等比数列an的公比q2，且2a4，a6,48成等差数列，

29、则an的前8项和为()a127 b255c511 d1023答案b解析2a4，a6,48成等差数列，2a62a448，2a1q52a1q348，解得a11，s8255.420xx·冀州中学期中已知等比数列an的各项均为不等于1的正数，数列bn满足bnlg an，b318，b612，则数列bn的前n项和的最大值等于 ()a126 b130c132 d134答案c解析bn1bnlg an1lg anlg 为常数，bn为等差数列设公差为d，则由bn2n240，得n12，bn的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，s11，s12最大且s11s12132.5. 20xx·衡水

30、中学仿真设数列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a5b5，a6b6，且s7s54(t6t4)，则_.案解析由s7s54(t6t4)得，a6a74(b5b6)，又a5b5，a6b6，所以a6a74(a5a6)，所以6a125d0，所以a1d，又q5，所以.620xx·枣强中学预测已知数列an的通项公式为an25n，数列bn的通项公式为bnnk，设cn若在数列cn中，c5cn对任意nn*恒成立，则实数k的取值范围是_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y25n是减函数，函数ynk是增函数，所以b5

31、a5b6或a5b5a4，即5k2556k或2555k254，解得5k4或4k3，所以5k3.720xx·冀州中学一轮检测如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列an(nn*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a20xxa20xxa20xx_.a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6答案1007解析由a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84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a20xxa20x

32、x1，a20xx1006，故a20xxa20xxa20xx1007.820xx·武邑中学一轮检测等差数列an的前n项和记为sn，若s44，s728，则a10的最大值为_答案16解析等差数列an的前n项和为sn，s44，s728，即a1046d，46d，解得d2，a1046×216.9. 20xx·武邑中学月考已知数列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s2nsn>恒成立，则常数m所能取得的最大整数为_答案5解析要使s2nsn>恒成立，只需(s2nsn)min>.因为(s2(n1)sn1)(s2nsn)(s2n2s2n)

33、(sn1sn)a2n1a2n2an1>>0，所以s2nsn为递增数列，所以s2nsns2s1，所以<m<，m所能取得的最大整数为5.1020xx·衡水中学热身数列an的前n项和记为sn，a11，an12sn1(n1)(1)求an的通项公式；(2)等差数列bn的各项为正，其前n项和为tn，且t315，又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，求tn.解(1)由an12sn1，可得an2sn11(n2)，两式相减得an1an2an，则an13an(n2)又a22s113，a23a1.故an是首项为1，公比为3的等比数列，an3n1.(2)设bn的公差为d.由t31

34、5，即b1b2b315，可得b25，故b15d，b35d，又a11，a23，a39，由a1b1，a2b2，a3b3成等比数列可得(5d1)·(5d9)(53)2，解得d2或d10.等差数列bn的各项为正，d>0，d2，b13，tn3n×2n22n.1120xx·冀州中学期末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

35、两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.05101.629,1.31013.786,1.51057.665)解甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(130%)，所以10年所获得的总利润为s101(130%)(130%)2(130%)942.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(15%)1016.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.6216.2926.33(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t101(10.5)(12×0.5)(19×0.5)10×1×0.532.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(15%)10万元，公比为，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×(15%)10(15%)9(15%)1.05×13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.513.2119.29(万元)综上可知，甲方案获利更多12. 20xx·衡水中学预测数列an满足an1，a11.(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和sn，并证明>.解(1)证明：an1，化简得2，即2，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列(2)由