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2013届高三数学(理)二轮复习 必考问题专项突破10 数列求和


必考问题 10

数列求和

1.(2012·全国)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列? 100 项和为( ).

?

?anan+1?

1 ? ?的前

A. C.

100 101 99 100

B. D.

99 101 101 100

5×4 答案: A [设数列{an}的公差为 d,则 a1+4d=5,S5=5a1+ d=15,得 d=1,a1=1, 2 故 an=1+(n-1)×1=n, 所以 - 1

anan+1 n? n+1?



1

1 1 1 1 1 1 = - , 所以 S100=1- + - +?+ n n+1 2 2 3 100

1 1 100 =1- = ,故选 A.] 101 101 101 2.(2011·全国)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk=24,

则 k=( A.8 C.6

). B.7 D.5 [∵{an}是等差数列,a1=1,d=2,∴an=2n-1.由已知得 Sk+2-Sk=ak+2+ak+1

答案:D

=2(k+2)+2(k+1)-2=4k+4=24,所以 k=5,故选 D.] 3.(2010·福建)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1=-11,a4+a6=- 6,则当 Sn 取 最小值时,n 等于( A.6 C.8 ). B.7 D.9

答案:A [∵{an}是等差数列,∴a4+a6=2a5=-6,即 a5=-3,d=

a5-a1 -3+11
5-1 = 4

=2

得{an}是首项为负数的递增数列,所有的非正项之和最小.∵a6=-1,a7=1,∴当 n=6 时,

Sn 取最小.故选 A.]
4.(2011·江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m,且 a1=1,那么 a10= ________. 解析 ∵Sn+Sm=Sn+m,且 a1=1,∴S1=1,可令 m=1,得 Sn+1=Sn+1,∴Sn+1-Sn=1,即 当 n≥1 时,an+1=1,∴a10=1. 答案 1

本部分是高考重点考查的内容,题型有选择题、填空题和解答题.对于数列的通项问题, 求递推数列(以递推形式给出的数列)的通项是一个难点,而数列的求和问题多从数列的通项 入手,并与不等式证明或求解结合,有一定难度.

(1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式,以一阶线性的递推公式求通项 的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托,掌握常见的 递推数列的解题方法.对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等 方法进行研究,要善于将其转化为特殊数列,这是一种非常重要的学习能力. (2)对于数列求和部分的复习要注意以下几点:①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公 式及其应用,这是数列求和的基础;②掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重 要的求和方法,特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法,这是高考考查的重点;③掌握一 些与数列求和有关的综合问题的解决方法,如求数列前 n 项和的最值,研究前 n 项和所满足 的不等式等.

必备知识 ?求通项公式的方法 (1)观察法:找项与项数的关系,然后猜想检验,即得通项公式 an; (2)利用前 n 项和与通项的关系 an=?
?S1 ?

? ?

n=1? , n≥2? ;
[来源:Zxxk.Com]

? ?Sn-Sn-1

(3)公式法:利用等差(比)数列求通项公式; (4)累加法:如 an+1-an=f(n),累积法,如

an+1 =f(n); an

(5)转化法:an+1=Aan+B(A≠0,且 A≠1). ?常用公式

等差数列的前 n 项和,等比数列的前 n 项和,1+2+3+?+n= +?+n =
2

n? n+1?
2

,1 +2 +3

2

2

2

n? n+1? ? 2n+1?
6

.

?常用裂项方法 (1) (2) 1 1

n? n+1? n? n+k?

1 1 = - ; n n+1 = 11

kn n+k



1

.

必备方法 1. 利用转化, 解决递推公式为 Sn 与 an 的关系式: 数列{an}的前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系:
?S1,n=1, ? an=? ? ?Sn-Sn-1,n≥2.

通过纽带: n=Sn-Sn-1(n≥2), a 根据题目求解特点, 消掉一个 an 或 Sn.

然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉 Sn,可以利用已知递推式,把 n 换 成(n+1)得到新递推式, 两式相减即可. 若要消掉 an, 只需把 an=Sn-Sn-1 代入递推式即可. 不 论哪种形式,需要注意公式 an=Sn-Sn-1 成立的条件 n≥2. 2. 裂项相消法的基本思想是把数列的通项 an 分拆成 an=bn+1-bn 或者 an=bn- bn+1 或者 an =bn+2-bn 等,从而达到在求和时逐项相消的目的,在解题中要善于根据这个基本思想变换数 列{an}的通项公式,使之符合裂项相消的条件. 3.错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求 和,乘以等比数列的公比再错位相减,即依据是:cn=anbn,其中{an}是公差为 d 的等差数列, {bn}是公比为 q(q≠1)的等比数列,则 qcn=qanbn=anbn+1,此时 cn+1-qcn=(an+1-an)bn+1=dbn
+1

,这样就把对应相减的项变为了一个等比数列,从而达到求和的目的.

数列的求和 数列的递推关系一直是高考“久考不衰”的考点,具有题型新颖、方法灵活等特点,求 通项 的常用方法有:定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等. 3 3an 【例 1】? 已知数列{an}的首项 a1= ,且 an+1= ,n=1,2,?. 5 2an+1 1 (1)证明:数列 -1 是等比数列;

an

1 (2)令 bn= -1,试求数列{n·bn}的前 n 项和 Sn.

an

[审题视点]

[听课记录] [审题视点] 对于第(1)问,由条件利用等比数列的定义即可证明;对于第(2)问,求数列 {n·bn}的前 n 项和 Sn,只需利用错位相减法即可. (1)证明 由已知,得 ∴ 1 1

an+1 3 an 3

1 1 2 = · + ,n=1,2,?,

11 -1= -1,n=1,2,?. an+1 3an

?1 ? 1 2 ∴数列? -1?是以 为公比, 为首项的等比数列. 3 3 ?an ?

1 2 (2)解 由 bn= -1= n(n≥1), an 3 得 Sn=1·b1+2·b2+3·b3+?+(n-1)·bn-1+n·bn 2 2 2 2 2 =1· +2· 2+3· 3+?+(n-1)· n-1+n· n. 3 3 3 3 3 1 2 2 2 2 2 ∴ Sn=1· 2+2· 3+3· 4+?+(n-1)· n+n· n+1. 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 ∴ Sn= + 2+ 3+ 4+?+ n-n· n+1 3 3 3 3 3 3 3 2 1 1- n 3 3 2 = -n· n+1. 1 3 1- 3 3 1 3 2 3 3+2n ∴Sn= 1- n- n· n+1= - n. 2 3 2 3 2 2·3 对于由数列的递推关系式求数 列通项 an 的问题,一般有以下几种题型: (1)类型 an+1=can+d(c≠0,1), 可以通过待定系数法设 an+1+λ =c(an+λ ), 求出 λ 后, 化为等比数列求通项;(2)类型 an+1=an+f(n)与 an+1=f(n)·an,可以分别通过累加、累乘求 得通项; (3)类型 an+1=can+r (c≠0,r≠0),可以通过两边除以 r 化为类型(1)求 解. 【突破训练 1】 在数列{a n}中,a1=2,an+1=4 an-3n+1,n∈N . (1)证明:数列{an-n}是等比数列; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn; (3)证明:不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N 皆成立. (1)证明 由题设 an+1=4an-3n+1,得
* *
[来源:学。科。网 Z。X。X。K]

n

n+1

,得

an+1 c an 1 = · + ,于是转 rn+1 r rn r

an+1-(n+1)=4(an-n),n∈N*.
又 a1-1=1,所以数列{an-n}是首项为 1,公比为 4 的等比数列. (2)解 由(1)可知 an-n=4 4 -1 n? 的前 n 项和 Sn= + 3 (3)证明
n n-1

,于是数列{an}的通项公式为 an=4

n-1

+n.所以,数列{an}

n+1?
2
*

. 4
n+1

对任意的 n∈N ,Sn+1-4Sn=

-1 ? n+1? ? n+2? 4 -1 n? n+1? + -4 + 3 2 3 2

n

1 2 * =- (3n +n-4)≤0,所以不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N 皆成立. 2 裂项相消法在数列中的应用 裂项法求和是近几年高考的 热点,试题设计年年有变、有创新,但变的仅仅是试题的外 壳,有效地转化、化归问题是解题的关键,常与不等式综合命制解答题. 【例 2】? 已知二次函数 y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为 f′(x)=6x-2,数 列{an}的前 n 项和为 Sn,点(n,Sn)(n∈N )均在函数 y=f(x)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 正整数 m. [审题视点] ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n(n∈N )都成立的最小 anan+1 20 3
*

m

*

[听课记录] [审题视点] (1)由 f′(x)=6x-2 可求 f(x),则可得 Sn 与 n 的关系式,再由 an=Sn-Sn-
1

(n≥2)求 an. (2)由裂项求和求 Tn,再由单调性求 Tn 的最大值. 解 (1)设函数 f(x)=ax +bx(a≠0),
2

则 f′(x)=2ax+b,由 f′(x)=6x-2, 得 a=3,b=-2,所以 f(x)=3x -2x. 又因为点(n,Sn)(n∈N )均在函数 y=f(x)的图象上, 所以 Sn=3n -2n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n -2n)-[3(n-1) -2(n-1)] =6n-5. 当 n=1 时,a1=S1=3×1 -2×1=1,所以,an=6n-5(n∈N ). (2)由(1)知 bn= = 3
2 * 2 2 2 * 2

anan+1 ? 6n-5? [6? n+1? -5]



3

1 1 1 - ,故 Tn=b1+b2+?+bn 26n-5 6n+1

1 1 1 1 1 1 = 1- + - +?+ - 2 7 7 13 6n-5 6n+1 1 1 = 1- . 2 6n+1 1 1 m * 因此,要使 1- < (n∈N )成立, 2 6n+1 20 1 m 则 m 需满足 ≤ 即可,则 m≥10,所以满足要求的最小正整数 m 为 10. 2 20 使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不 可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源 与目的. 1 3 【突破训练 2】 已知数列{an}是首项 a1= 的等比数列,其前 n 项和 Sn 中 S3= . 4 16 (1)求数列{an}的通项公式; (解 3 3 (1)若 q=1,则 S3= ≠ 不符合题意,∴q≠1. 4 16

?a =1, ? 4 当 q≠1 时,由? a ? 1-q ? ?S = 1-q ?
1 3 1 3

3 = 16

1 得 q=- . 2

1 1n-1 1n+1 ∴an= ·- =- . 4 2 2

[来源:学科网 ZXXK]

1 1? 1n+1? (2)∵bn=log |an|=log ?- ?=n+1, 2 2? 2 ? ∴ = bnbn+1 ? n+1? 1 1 1 1 1 = - , ? n+2? n+1 n+2 1

∴Tn=

b1b2 b2b3



1

+?+

bnbn+1

1 1 1 1 1 1 = - + - +?+ - 2 3 3 4 n+1 n+2 1 1 = - . 2 n+2

错位相减法在数列中的应用 错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现,复习时要熟练掌握 错位相减法求和的特点. 【例 3】? (2012·淄博一模)已知数列{an}中,a1=5 且 an=2an-1+2 -1(n≥2 且 n∈N ). (1)证明:数列?
?an-1? n ?为等差数列; ? 2 ?
n
*

(2)求数列{an-1}的前 n 项和 Sn. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)作差: 错位相减法求和. (1)证明 设 bn= ∴bn-bn-1=

an-1 an-1-1
2
n



2

n-1

后,把 an=2an-1+2 -1 代入;(2)求出 an-1,利用

n

an-1
2 -
n

5-1 ,b1= =2. 2
n-1

an-1 an-1-1
2
n

2

1 = n(an-2an-1)+1 2

1 n = n(2 -1)+1=1. 2 所以数列?
?an-1? n ?为首项是 2,公差是 1 的等差数列. ? 2 ?

(2)解 由(1)知,

an-1 a1-1
2
n n



2

+(n-1)×1,

∴an-1=(n+1)·2 . ∵Sn=2·2 +3·2 +?+n·2
2 3 1 2

n-1

+(n+1)·2 ,①
n+1

n

∴2Sn=2·2 +3·2 +?+n·2 +(n+1)·2
2 3

n

.②
n+1

①-②,得-Sn=4+(2 +2 +?+2 )-(n+1)·2 ∴Sn=-4-4(2 ∴Sn=n·2
n+1 n-1

n



-1)+(n+1)·2

n+1



.

错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法.在应用这种方法时,一定要抓 住数列的特征.即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列 的求和问题.所谓“错位”,就是要找“同类项”相减,要注意的是相减后得到部分等比数 列的和,此时一定要查清其项 数. 【突破训练 3】 (2012·天津)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列, 且 a1=b1=2,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,n∈N ,证明:Tn+12=-2an+10bn(n∈N ). (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=b1=2, a4=2+3d, 得

*

*

b4=2q3,S4=8+6d.由条件,得方程组?
所以 an=3n-1,bn=2 ,n∈N . (2)证明 法一 由(1)得
n
*

? ?2+3d+2q =27, ?8+6d-2q =10, ?
3

3

解得?

? ?d=3, ?q=2. ?

Tn=2an+22an-1+23an-2+?+2na1,①
2Tn=2 an+2 an-1+?+2 a2+2 由②-①,得
2 3

n

n+1

a1.②

Tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+?+3×2n+2n+2
= 12? 1-2 1-2
n-1

?

+2

n+2

-6n+2=10×2 -6n-10.
n n

n

而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2 -12=10×2 -6n-10, Tn+12=-2an+10bn, 故

n∈N*.
法二 ①当 n=1 时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,故等式成立; ②证明:假设当 n=k 时等式成立,即 Tk+12=-2ak+10bk,则当 n=k+1 时有:

Tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+?+a1bk+1
=ak+1b1+q(akb1+ak-1b2+?+a1bk) =ak+1b1+qTk =ak+1b1+q(-2ak+10bk-12) =2ak+1-4(ak+1-3)+10bk+1-24 =-2ak+1+10bk+1-12 即 Tk+1+12=-2ak+1+10bk+1. 因此 n=k+1 时等式也成立. 由①和②,可知对任意 n∈N ,Tn+12=-2an+10bn 成立.
*

数列综合题中的转化与推理 数列是 一个既有相对独立性,又与其他知识易交汇的知识点,命题者为体现考查思维的 综合性与创新性,经常让数列与一些其他知识交汇,有效地考查考生对数学思想与方法的深 刻理解,以及考生的数学潜能与思维品质.因此,要利用转化与推理将大问题(或综合性问题) 分解为小问题(或基础性问题),降低问题难度. 【示例】? (2012·湖南)已知数列{an}的各项均为正数,记 A(n)=a1+a2+?+an,B(n) =a2+a3+?+an+1,C(n)=a3+a4+?+an+2,n=1,2,?.

(1)若 a1=1,a2=5,且对任意 n∈N ,三个数 A(n),B(n),C(n)组成等差数列,求数列 {an}的通项公式; (2)证明: 数列{an}是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是: 对任意 n∈N , 三个数 A(n),
*

*

B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列.
[满分解答] (1)对任意 n∈N ,三个数 A(n),B(n),C(n)成等差数列,所以 B(n)-A(n) =C(n)-B(n), 即 an+1-a1=an+2-a2,亦即 an+2-an+1=a2-a1=4. 故数列{an}是首项为 1,公差为 4 的等差数列. 于是 an=1+(n-1)×4=4n-3.(5 分) (2)①必要性:若数列{an}是公比为 q 的等比数列,则对任意 n∈N ,有 an+1=anq.由 an>0 知,A(n),B(n),C(n)均大于 0,于是
* *

B? n? a2+a3+?+an+1 q? a1+a2+?+an? = = =q, A? n? a1+a2+?+an a1+a2+?+an C? n? a3+a4+?+an+2 q? a2+a3+?+an+1? = = =q, B? n? a2+a3+?+an+1 a2+a3+?+an+1


B? n? C? n? = =q,所以三个数 A(n),B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列.(8 分) A? n? B? n?
*

②充分性:若对任意 n∈N ,三个数 A(n),B(n),C(n)组成公比为 q 的等 比数列,则 B(n) =qA(n),C(n)=qB(n). 于是 C(n)-B(n)=q[B(n)-A(n)],得 an+2-a2=q(an+1-a1),即 an+2-qan+1=a2-qa1. 由 n=1 有 B(1)=qA(1),即 a2=qa1,从而 an+2-qan+1=0. 因为 an>0,所以

an+2 a2 = =q.故数列{an}是首项为 a1,公比为 q 的等比数列. an+1 a1
*

综上所述, 数列{an}是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是: 对任意 n∈N , 三个数 A(n),

B(n),C(n)组成公比为 q 的等比数列.(12 分)
老师叮咛:本题看似新颖,但揭开面纱却很平常.它很好地考查了考生的应试心理和推理 论证的能力,用到的知识却很简单,失去信心是本题失分的主要原因.第? 1? 问根据 B? n? -A? n? =C?

n? -B? n? 即可轻松解决;第? 2? 问需分充分性和必要性分别证明,其依据

完全是非常简单的等比数列的定义,其关键是要有较好的推理论证能力. 【试一试】 (2012·山东)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N ,将数列{an}中落入区间(9 9 )内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前 m 项和 Sm. 解 (1)因为{an}是一个等差数列,
*

m, 2m

所以 a3+a4+a5=3a4=84,a4=28.

设数列{an}的公差为 d,则 5d=a9-a4=73-28=45,故 d=9. 由 a4=a1+3d 得,28=a1+3×9,即 a1=1. 所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N ). (2)对 m∈N ,若 9 <an<9 ,则 9 +8<9n<9 +8. 因此 9
m-1
* *
[来源:Zxxk.Com]

[来源:学科网 ZXXK]

m

2m

m

2m

+1≤n≤9

2m-1

.故得 bm=9

2m-1

-9

m-1

.

于是 Sm=b1+b2+b3+?+bm =(9+9 +?+9 = = 9
2m+1 3 2m-1

)-(1+9+?+9
m

m-1

)

9×?

1-81 ? ? 1-9 ? - 1-81 1-9
m

m

-10×9 +1 . 80


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