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高考数学专题三第二讲数列求和及综合应用


第一部分

专题三

数列、推理与证明

理科

数学

第二讲

数列求和及综合应用

2012·高考专题辅导与训练

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专题三

数列、推理与证明

/>理科

数学

求和问题 (1)基本公式法:若{an}是等差数列,公差为 d,首项为 1 n?a1+an? na + n ( n - 1) d 1 a1,则 Sn= = . 2 2 若{an}是等比数列,首项为 a1,公比为 q,则 ?q=1? ?na1 ? Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ?q≠1? ? 1 - q 1 - q ? . (2)分组求和. (3)裂项求和. (4)错位相减法求和.
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1 . (2011· 安徽 ) 若数列 {an} 的通项公式是 an = ( - 1)n(3n

-2),则a1+a2+…+a10= A.15 B.12 C.-12 D.-15 解析 ∵an=(-1)n(3n-2),∴a1+a2+…+a10 =-1+4-7+10-…-25+28 =(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15. 答案 A
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1 2.(2011· 北京)在等比数列{an}中,若 a1=2,a4=-4, 则公比 q=________;|a1|+|a2|+…+|an|=________.

1 解析 ∵{an}为等比数列,且 a1=2,a4=-4, a4 1 3 ∴q =a =-8,∴q=-2,∴an=2· (-2)n-1, 1 - ∴|an|=2n 2,∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| 1 n ? 1 - 2 ? 2 1 n 1 n-1 = =2(2 -1)=2 -2. 1-2

答案 -2;2

n-1

1 -2

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3.(2011· 浙江)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 1 1 1 为 a(a∈R),设数列的前 n 项和为 Sn,且a ,a ,a 成等比数 1 2 4 列. (1)求数列{an}的通项公式及 Sn; 1 1 1 1 1 1 1 (2)记 An=S +S +S +…+S ,Bn=a +a +a +…+ 1 2 3 n 1 2 22 1 ,当 n≥2 时,试比较 An 与 Bn 的大小. a2n-1
解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d, ? 1 ?2 1 1 2 由?a ? =a · ,得 ( a 1+d) =a1(a1+3d). ? 2? 1 a4

an?n+1? 因为 d≠0, 所以 d=a1=a.所以 an=na, Sn= . 2
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1 ? 1 2? 1 1 1 1 ?1 ? - (2)因为S =a?n n+1?, 所以 An=S +S +S +…+S n 1 2 3 n ? ? 1 ? 2? ? =a?1-n+1? ?. ? ? 因为 a2n-1=2n-1a,所以 ?1?n 1-?2? 1? 1 1 1 1 1 2? ? ? Bn=a +a +a …+ =a· 1 =a?1-2n?. a2n-1 ? ? 1 2 22 1-2 1 n 当 n≥2 时,2n=C0 n+Cn+…+Cn>n+1, 1 1 即 1- <1-2n,所以,当 a>0 时,An<Bn;当 n+1 a<0 时,An>Bn.
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数列是历年高考的重点与难点,以等差数列与等比数列 为基础考查数列的性质及前 n 项和的问题是数列中的中、低 档难度问题,一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前 n 项 和的性质即可正确得出结果.除此之外,数列与其他知识的 综合也是高考中常考的内容,如方程、函数、不等式、数学 归纳法、向量等都可成为综合的对象,这类题目在高考中大 多属于中、高档难度问题,在很多省份的高考试卷中以压轴 题的形式出现,但在复习这部分内容时还是要注意对基础知 识的梳理,把握通性通法,不必刻意追求难度.

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分组求和

已知数列{an}满足 项和.

n ? 2 ? an=? ? ?n

?n为奇数? ,试求其前 n ?n为偶数?

【解析】 (1)当 n 为奇数时, Sn=(a1+a3+a5+…+an)+(a2+a4+a6+…+an-1) ? n-1? n+1 ?n-1 ? -1? 2?1-4 2 ? n-1 2 ? ? 2 ? = + 2 ×2+ ×2 2 1-4 1 n+2 n2 11 =3· 2 + 4 -12.
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(2)当 n 为偶数时, Sn=(a1+a3+a5+…+an-1)+(a2+a4+a6+…+an)
? n n?n ? -1? 2?1-42? 2?2 n ? = +2×2+ 2 ×2 1-4

1 n+1 n2 n 2 =3· 2 + 4 +2-3.

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有些数列既不是等差数列,也不是等比数列,若将这些 数列进行恰当的分拆后能得到几个等差数列、等比数列或常 见的、容易求和的数列,则应将它进行合理的分拆,以便求 和.

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1.设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4. (1)求{an}的通项公式; (2) 设 {bn} 是首项为 1 ,公差为 2 的等差数列,求数列 {an +bn}的前n项和Sn.
解析 (1)设 q 为等比数列{an}的公比,则由 a1=2,a3 =a2+4 得 2q2=2q+4, 即 q2-q-2=0,解得 q=2 或 q=-1(舍去), 因此 q=2. - 所以{an}的通项公式为 an=2· 2n 1=2n(n∈N+). 2?1-2n? n?n-1? + (2)Sn= +n×1+ 2 ×2=2n 1+n2-2. 1-2
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裂项法求和

已知数列{an}的各项均是正数, 其前 n 项和为 Sn, 且满 足(p-1)Sn=p2-an,其中 p 为正常数,且 p≠1. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= (n∈N+),求数列{bnbn+1}的前 n 项 2-logpan 和 Tn.

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【解析】 (1)由题设知当 n=1 时,(p-1)a1=p2-a1, 解得 a1=p. 2 ? ??p-1?Sn=p -an, 同时? 2 ? ??p-1?Sn+1=p -an+1, 两式作差,得(p-1)(Sn+1-Sn)=an-an+1. 1 所以(p-1)an+1=an-an+1,即 an+1=pan, 1 可见,数列{an}是首项为 p,公比为p的等比数列. ?1?n-1 ?1?n-2 所以 an=p?p? =?p? . ? ? ? ?

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1 1 1 (2)bn= = . - = 2-logpp2 n 2-?2-n? n 1 1 1 因为 bnbn+1= =n- , n?n+1? n+1 所以 Tn=b1b2+b2b3+b3b4+…+bnbn+1
?1 ? 1 ? 1? ?1 1? ?1 1? ? =?1-2?+?2-3?+?3-4?+…+?n-n+1? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

1 n =1- = . n+1 n+1

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裂项相消法求和的几种常见类型 1 ? 1 1? ?1 (1) =k?n-n+k? ? n?n+k? ? ? 1 1 (2) =k( n+k- n) n+k+ n 1 ? 1 1? ? 1 (3) =2?2n-1-2n+1? ? ?2n-1??2n+1? ? ? ? 1 1 1 1? ? (4) =2?n?n+1?-?n+1??n+2?? ? n?n+1??n+2? ? ?

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1 (5)若{an}是公差为 d 的等差数列,则 an· an+1 1 ? 1? ?1 =d?a -a ? ? n+1? ? n 1 1 (6) = ( a- b) a+ b a-b

? 1 ? ? ? ? 在应用裂项法求形如 n?n+k??数列的前 ? ? ? ?

n 项和时,裂

1 1 1 1 项时,容易漏掉k而误为 =n- ,需注意. n?n+k? n+k

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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; 3 (2)设 bn= ,T 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn anan+1 n m <20对所有 n(n∈N+)都成立的最小正整数 m.

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解析 (1)设函数f(x)=ax2+bx(a≠0), 则f′(x)=2ax+b,由f′(x)=6x-2, 得a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x. 又因为点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图象上, 所以Sn=3n2-2n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1 =(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5. 当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5, 所以,an=6n-5(n∈N+).

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(2)由(1),知 bn=

3 3 = anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5]

1 ? 1? ? 1 =2?6n-5-6n+1? ?, ? ? ? 1 ? 1 ? n 1? ?1 1 ? 1? ?? ? ? ? ? ? ? ? - 1 - - + + … + 故 Tn=∑ b = ?6n-5 6n+1?? i=1 i 7? ?7 13? 2? ?? ? ?? 1 ? 1? ? =2?1-6n+1? ?. ? ? 1 ? 1? m ? 因此,要使2?1-6n+1? < ? 20(n∈N+)成立, ? ? 1 m 则 m 需满足2≤20即可,则 m≥10, 所以满足要求的最小正整数 m 为 10.

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错位相减法求和

(12 分)(2011· 郑州模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且满足 Sn+n=2an(n∈N+). (1)证明:数列{an+1}为等比数列,并求数列{an}的通 项公式; (2)若 bn=(2n+1)an+2n+1, 数列{bn}的前 n 项和为 Tn. Tn-2 求满足不等式 >2 010 的 n 的最小值. 2n-1

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【标准解答】 (1)因为 Sn+n=2an, 所以 Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N+). 两式相减得 an=2an-1+1. 所以 an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N+), 所以数列{an+1}为等比数列.(4 分) 因为 Sn+n=2an,令 n=1 得 a1=1. a1+1=2,所以 an+1=2n,所以 an=2n-1.(6 分) (2)因为 bn=(2n+1)an+2n+1, 所以 bn=(2n+1)· 2n . - 所以 Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n-1)· 2n 1+(2n+ 1)· 2n,① + 2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)· 2n+(2n+1)· 2n 1,②

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①-②得-Tn=3×2+2(22+23+…+2n)-(2n+1)· 2n 1 22-2n+1 =6+2× -(2n+1)· 2n+1 1-2 =-2+2n+2-(2n+1)· 2n+1=-2-(2n-1)· 2n+1. 所以 Tn=2+(2n-1)· 2n+1.(8 分) + Tn-2 2+?2n-1?· 2n 1-2 若 >2 010,则 >2 010, 2n-1 2n-1 即 2n+1>2 010.(10 分) 由于 210=1 024,211=2 048,所以 n+1≥11,即 n≥10. Tn-2 所以满足不等式 >2 010 的 n 的最小值是 10.(12 分) 2n-1

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1 .设数列 {an} 为等差数列,数列 {bn} 为等比数列,求 数列{anbn}的前n项和可用错位相减法. 2.应用错位相减法求和时,需注意: (1)给数列和Sn的等式两边所乘的常数应不为零,否则需

讨论. (2) 在转化为等比数列的和后,求其和时需看准项数, 不一定为n.

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3.设数列{an}是公差大于 0 的等差数列,a3,a5 分别是 方程 x2-14x+45=0 的两个实根. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 bn= n+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2
解析 (1)∵方程x2-14x+45=0的两个根分别为5、9, ∴由题意可知a3=5,a5=9, ∴d=2,∴an=a3+(n-3)d=2n-1.

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an+1 1 (2)由(1)可知,bn= n+1 =n· 2n, 2 1 1 1 1 1 ∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)× n-1+n· 2n① 2 1 1 1 1 1 ∴2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n·n+1② 2 1 1 1 1 1 1 1 ①-②得,2Tn=2+22+33+…+ n-1+2n-n·n+1 2 2 n+2 n+2 =1- n+1 ,∴Tn=2- 2n . 2

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与数列有关的不等式问题

(2011· 重庆)设实数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+1= an+1Sn(n∈N+). (1)若 a1,S2,-2a2 成等比数列,求 S2 和 a3; 4 (2)求证:对 k≥3 有 0≤ak+1≤ak≤3. 2 ? ?S2=-2a1a2, 【解析】 (1)由题意? 得 S2 2=-2S2, ? ?S2=a2S1=a1a2, 由 S2 是等比中项知 S2≠0.因此 S2=-2. 由 S2+a3=S3=a3S2, -2 S2 2 解得 a3= = = . S2-1 -2-1 3
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(2)证法一 由题设条件有 Sn+an+1=an+1Sn, Sn 故 Sn≠1,an+1≠1 且 an+1= , Sn-1 an+1 Sn= , an+1-1 Sk-1 ak-1+Sk-2 从而对 k≥3 有 ak= = Sk-1-1 ak-1+Sk-2-1 ak-1 ak-1+ ak-1-1 a2 k-1 = = 2 .① ak-1 ak-1-ak-1+1 ak-1+ -1 ak-1-1 ? 1?2 3 2 因 ak-1-ak-1+1=?ak-1-2? +4>0 且 a2 k-1≥0, ? ?
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由①得 ak≥0. 2 a 4 4 k -1 要证 ak≤3,由①只要证 2 ≤ , ak-1-ak-1+1 3 2 即证 3a2 ≤ 4( a - k 1 k-1-ak-1+1), 即(ak-1-2)2≥0,此式明显成立. 4 因此 ak≤3(k≥3). 最后证 ak+1≤ak. a2 k 若不然 ak+1= 2 >a , ak -ak+1 k ak 又因 ak≥0,故 2 >1,即(ak-1)2<0,矛盾. ak -ak+1 因此 ak+1≤ak(k≥3).
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证法二 由题设知 Sn+1=Sn+an+1=an+1Sn, 故方程 x2-Sn+1x+Sn+1=0 有根 Sn 和 an+1(可能相同). 因此判别式 Δ=S2 n+1-4Sn+1≥0. 又由 Sn+2=Sn+1+an+2=an+2Sn+1 an+2 得 an+2≠1 且 Sn+1= . an+2-1 a2 4an+2 n+2 因此 ≥0, 2- ?an+2-1? an+2-1 即 3a2 n+2-4an+2≤0, 4 解得 0≤an+2≤3. 4 因此 0≤ak≤3(k≥3).
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Sk-1 由 ak= ≥0(k≥3),得 Sk-1-1 Sk ak+1-ak= -ak Sk-1 ? Sk-1 ? ? ? Sk-1 -1? 2 ? ? ? -1?=ak? Sk-1 =ak? ? -1 ?akSk-1-1 ? ?Sk-1-1 ? ak ak =- 2 =-? ≤0, ? 1 3 Sk-1-Sk-1+1 ?Sk-1- ?2+ 2? 4 ? 因此 ak+1≤ak(k≥3).

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1.在解决与数列有关的不等式问题时,需注意应用函 数与方程的思想方法,如函数的单调性、最值等. 2.在数列的恒成立问题中,有时需先求和,为了证明 的需要,需合理变形,常用到放缩法,常见的放缩技巧有: 1 ? 1 1 1? ? 1 (1)K2< 2 =2?K-1-K+1? ? K -1 ? ? 1 1 1 1 1 (2)K- <K2< - K+1 K-1 K+1 1 (3)2( n+1- n)< <2( n- n-1) n (4)利用(1+x)n 的展开式进行放缩
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4. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足: Sn=a(Sn-an+1)(a 为常数,且 a≠0,a≠1). (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=a2 an, 若数列{bn}为等比数列, 求 a 的值; n+Sn· 1 1 (3)在满足条件(2)的情形下, 设 c n= - , 数 an+1 an+1-1 1 列{cn}的前 n 项和为 Tn,求证:Tn>2n-2.

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解析 (1)当 n=1 时,S1=a(S1-a1+1),得 a1=a. 当 n≥2 时,Sn=a(Sn-an+1), Sn-1=a(Sn-1-an-1+1), 两式相减得 an=a· an-1, an 得 =a. an-1 即{an}是等比数列. - 所以 an=a· an 1=an.

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n a ? a -1 ? n n 2 (2)由(1)知 bn=(a ) + a, a-1 ?2a-1?a2n-a· an bn= , a-1 若{bn}为等比数列,则有 b2 2=b1b3, 而 b1=2a2,b2=a3(2a+1),b3=a4(2a2+a+1), 故[a3(2a+1)]2=2a2· a4(2a2+2a+1), ?1?n 1 1 解得 a=2,再将 a=2代入 bn,得 bn=?2? , ? ? 1 结论成立,所以 a=2.

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(3)证明

由(2)知 1
n+1

?1?n an=?2? , ? ?

所以 cn=?1?

? ?n+1 ?2?

-?1?

1

? ?n+1-1 ?2?

2 2n 1 1 = n + =2- n + . 2 +1 2n+1-1 2 +1 2n+1-1 1 1 所以 cn>2-2n+ n+1. 2 ? 1 1? ? 1 1? Tn = c1 + c2 + … + cn > ?2-2+22? + ?2-22+23? + … + ? ? ? ? ? 1 1 ? 1 1 1 ? ? 2 - + n + = 2 n - + > 2 n - .结论成立. n 1? n+1 ? 2 2 2 2 2 ? ?

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