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【步步高】(四川专用)2014届高三数学大一轮复习 专题四 数列的综合应用第六章课件 理 新人教A版


数学

川(理)

专题四 数列的综合应用
第六章 数 列

基础知识·自主学习
要点梳理 1.等比数列与等差数列比较表
不同点 (1)强调从第二项起每一 等差 数列 项与前一项的差; (2)a1 和 d 可以为零; (3)等差中项唯一 (1)强调从第二项起每一 等比 数列 项与前一项的比

; (2)a1 与 q 均不为零; (3)等比中项有两个值 相同点 (1)都强调从第二项 起每一项与前一项 的关系; (2)结果都必须是同 一个常数; (3)数列都可由 a1, d 或 a1,q 确定

基础知识·自主学习
要点梳理
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,需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题. 数列作为特殊的函数, 在实际问题中有着广泛的应用, 如增长率、 银行信贷、分期付款、合理定价等. 3.解答数列应用题的基本步骤 (1)审题——仔细阅读材料,认真理解题意. (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化 成数学问题,弄清该数列的结构和特征. (3)求解——求出该问题的数学解. (4)还原——将所求结果还原到原实际问题中.

基础知识·自主学习
要点梳理
4.数列应用题常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,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时, 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,随项的变化而变化时,应考虑是 an 与 an+1 的递推关系,还 是 Sn 与 Sn+1 之间的递推关系.

基础知识·自主学习
基础自测

题号
1 2 3 4 5

答案
5

解析

10
11
2n-1 n+2 2- 2n

C

题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】

等差数列与等比数列的综合应用
在等差数列{an}中,a10=30,
思维启迪 解析 探究提高

a20=50. (1)求数列{an}的通项 an; (2)令 bn= 2an ?10 ,证明:数列{bn}为 等比数列.

题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】

等差数列与等比数列的综合应用
在等差数列{an}中,a10=30,
思维启迪 解析 探究提高

a20=50. (1)求数列{an}的通项 an; (2)令 bn= 2 等比数列.
an ?10

第(1)问列首项 a1 与公差 d 的方程 组求 an;第(2)问利用定义证明.

,证明:数列{bn}为

题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】

等差数列与等比数列的综合应用
在等差数列{an}中,a10=30,
思维启迪 解析 探究提高

a20=50. (1)解 由 an=a1+(n-1)d,a10=30,a20=50, (1)求数列{an}的通项 an;
? ? an9 ?10 a + d = 30 , a 12, ? ? 1 1= (2) 令 b = ,证明:数列 { b } 为 2 n n 得方程组? 解得? ? ? ?a1+19d=50, ?d=2.

等比数列. ∴an=12+(n-1)· 2=2n+10.
(2)证明

由(1),得 bn=2an ?10=22n


+10-10

=22n=4n,

bn+1 4n 1 ∴ b = n =4, 4 n

∴{bn}是首项是 4,公比 q=4 的等比数列.

题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】

等差数列与等比数列的综合应用
在等差数列{an}中,a10=30,
思维启迪 解析 探究提高

a20=50. (1)求数列{an}的通项 an; (2)令 bn= 2an ?10 ,证明:数列{bn}为 等比数列.

对等差、等比数列的综合问题的 分析,应重点分析等差、等比数

列的通项及前 n 项和; 分析等差、 等比数列项之间的关系.往往用 到转化与化归的思想方法.

题型分类·深度剖析
变式训练 1 数列{an}的前 n 项和记为 Sn, a1=1, an+1=2Sn+1 (n≥1). (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 T3=15, 又 a1+b1, a2+b2,a3+b3 成等比数列,求 Tn. 解 (1)由 an+1=2Sn+1,可得 an=2Sn-1+1 (n≥2),
两式相减得 an+1-an=2an,则 an+1=3an (n≥2). 又 a2=2S1+1=3,∴a2=3a1. 故{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列,∴an=3n-1. (2)设{bn}的公差为 d, 由 T3=15,b1+b2+b3=15,可得 b2=5,

题型分类·深度剖析
变式训练 1 数列{an}的前 n 项和记为 Sn, a1=1, an+1=2Sn+1 (n≥1). (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 T3=15, 又 a1+b1, a2+b2,a3+b3 成等比数列,求 Tn. 故可设 b1=5-d,b3=5+d,
又 a1=1,a2=3,a3=9, 由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得 d1=2,d2=-10. ∵等差数列{bn}的各项为正,∴d>0,
n?n-1? ∴d=2,b1=3,∴Tn=3n+ 2 ×2=n2+2n.

题型分类·深度剖析
题型二 数列与函数的综合应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】

已 知 函 数 f(x) = log2x -

logx2(0<x<1) ,数列 {an} 满足 f( 2an ) =2n (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的单调性.

题型分类·深度剖析
题型二 数列与函数的综合应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】

已 知 函 数 f(x) = log2x -

(1)将 an 看成一个未知数,解方 程即可求出 an;(2)通过比较 an 和 an+ 1 的大小来判断数列 {an} 的单调性.

logx2(0<x<1) ,数列 {an} 满足 f( 2an ) =2n (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的单调性.

题型分类·深度剖析
题型二 数列与函数的综合应用
思维启迪 解析 探究提高

1log2x - 【解 例 2 】 已知函 数 afn- (x) = (1) 由已知得 log =2n, 22 log2 2 a an logx2(0< { a } 满足 f ( ) 2 1 x<1) ,数列 n 2 ∴an-a =2n,即 an-2nan-1=0. n * =2n (n∈N2 ). ∴an=n± n +1. (1)求数列{an}的通项公式; ∵0<x<1,∴0< 2 an <1,∴an<0. (2)判断数列{an}的单调性. ∴an=n- n2+1.
n

(2)方法一

∵an+1-an= (n+ 1)- ?n+1?2+1- (n- n2+1)= 1-

2n+1 ?n+1?2+1+ n2+1

题型分类·深度剖析
题型二 数列与函数的综合应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】 已 2n+ 1 知 函 数 f(x) = log2x - >1- =0, ?n+1?+n logx2(0<x<1) ,数列 {an} 满足 f( 2an )
* {a }是递增数列. ∴ a2 a∈ ∴ n+ n, = n1> (n N ).n

(1)求数列{an }的通项公式; ?n+1?- ?n+1?2+1 n+ 1 方法二 ∵ a = n n- n2+1 (2)判断数列{an}的单调性.
n+ n2+1 = <1, 2 n+1+ ?n+1? +1

又∵an<0,∴an+1>an,∴{an}是递增数列.

题型分类·深度剖析
题型二 数列与函数的综合应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】

已 知 函 数 f(x) = log2x -

本题融数列、方程、函数单调性 等知识为一体,结构巧妙、形式 新颖,着重考查逻辑分析能力.

logx2(0<x<1) ,数列 {an} 满足 f( 2an ) =2n (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的单调性.

题型分类·深度剖析
变式训练 2 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N*,点 (n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; n+ 1 (2)当 b=2 时,记 bn= (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 4an 解 (1)由题意,Sn=bn+r,

当 n≥2 时,Sn-1=bn-1+r. 所以 an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1). 由于 b>0 且 b≠1, 所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又 a1=b+r,a2=b(b-1),
b?b-1? a2 a1=b,即 b+r =b,解得 r=-1.

题型分类·深度剖析
变式训练 2 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N*,点 (n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; n+ 1 (2)当 b=2 时,记 bn= (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 4an (2)由(1)知,n∈N*,an=(b-1)bn-1=2n-1, n+1 n+1 所以 bn= - = + . 4×2n 1 2n 1 n+1 2 3 4 Tn=22+23+24+?+ n+2 , 2 n+1 1 2 3 n 2Tn=23+24+?+2n+1+ 2n+2 , n+1 1 2 1 1 1 两式相减得2Tn=22+23+24+?+ n+1- n+2 2 2

题型分类·深度剖析
变式训练 2 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N*,点 (n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; n+ 1 (2)当 b=2 时,记 bn= (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 4an

1 ? 1 ? ? ? 3×?1- n-1? n+ 1 1 2 ? 2 ? n+ 1 3 1 = + - n+2 = - n+1- n+2 , 2 1 4 2 2 2 1- 2
3 1 n+1 3 n+3 故 Tn=2-2n- n+1 =2- n+1 ,n∈N*. 2 2

题型分类·深度剖析
题型三 数列与不等式的综合应用
思 维 启 迪 解 析

【例 3】 (2012· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1- 2n+1+1,n∈N*,且 a1,a2+5, a3 成等差数列. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 (3)证明: 对一切正整数 n, 有 + a1 1 1 3 +?+a < . a2 n 2

题型分类·深度剖析
题型三 数列与不等式的综合应用
思 维 启 迪 解 析

【例 3】 (2012· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1- 2
n+1

+1,n∈N ,且 a1,a2+5,

*

根据前几项关系易求 a1, 可以构造 数列求 an, 进而利用放缩法证明不 等式.

a3 成等差数列. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 (3)证明: 对一切正整数 n, 有 + a1 1 1 3 +?+a < . a2 n 2

题型分类·深度剖析
题型三 数列与不等式的综合应用
思 维 启 迪 解 析

【例 3】 (2012· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 ,满足 2Sn=an+1- (1) 解 ∵S an 1,a2+5,a3 成等差数列, n+1 * 2 + 1 , n ∈ N ,且 ∴2(a2+5)=a1+ a3. a1,a2+5, + a 3 成等差数列. 又 2Sn=an+1-2n 1+1, (1) 求 a1 的值; ∴2 S1= a2-22+1,2S2=a3-23+1, (2) 求数列 an }的通项公式; ∴2 a1=a2{ - 3,2( a1+a2)=a3-7. 1 2?a2+对一切正整数 5?=a1+a3, n, 1, ?a1= (3)? 证明: 有 + ? ? a1 由?2a1=a2-3, 得?a2=5, 1? 1 3 ?a =19. +?+ < . 2 ? a + a ? = a - 7 ? ? 3 1 2 3 an 2 a2 (2)解 ∵2Sn=an+1-2n+1+1,

∴a1=1.



∴当 n≥2 时,2Sn-1=an-2n+1.



题型分类·深度剖析
题型三 数列与不等式的综合应用
思 维 启 迪 解 析

【例 3】 (2012· 广东)设数列{an}的前

+ n1 1 n 项和为 ,满足 2Sn=an+ - ① -②得S 2na +2n, n=an+1-an-2 n n+ 1 * ∴ a = 3 a + 2 . + n 1 n 2 +1,n∈N ,且 a1, aa 2+5, an+ 3 1 1 n n+1 两边同除以 2 得 = ·n+ , a3 成等差数列. 2n+1 2 2 2 ? an+1 3?an (1) a 1 的值; ∴求 + 1= ?2n+1?. n+1 2? 2 ? ? (2)求数列a {a 3?a1 2 n}的通项公式; 又由(1)知 2+1= ?21+1?, 2 2? 1 ? (3)证明: 对一切正整数 n , 有 ? ? ?an ? 3 31+ a ∴数列? n+1?是以 为首项, 为公比的等比数列, 2 ? 2 2 ? 1 3? ? 1 +?+a 3 <?3.? ?3? a2 an n 2 -1 n ? ? ? ?n, ∴ n+1= · = 2 2 ?2? ?2? ∴an=3n-2n, 即数列{an}的通项公式为 an=3n-2n.

题型分类·深度剖析
题型三 数列与不等式的综合应用
思 维 启 迪 解 析

【例 3】 (2012· 广东)设数列{an}的前

n n 项和为 2S = n,满足 n+ 1- (3) 证明 S ∵ an=3n- 2n =a (1 + 2)n-2n * 2n+1+ 1 , n ∈ N a1,a 5 0 n 0 1 ,且 n-1 1 2 2+ n- 2, =Cn· 1· 2 +Cn· 1 · 2 +Cn· 1 · 22+?+Cn 10· 2n-2n n· a3 成等差数列. =1+2n+2(n2-n)+?+2n-2n>1+2n+2(n2-n) =1+2n2>2n2>2n(n-1), (1)求 1 a1 的值; 1 1 1 1 ∴a = n = · , n< 2 3 - 2 2 n ? n - 1 ? n ? n - 1 ? n (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 ? 1 1 1 1? ? ? (3) 对一切正整数 , 有++ +?+ ∴ 证明: + + ?+a <1+ ?n n?n-1?? a1 a2 2?1×2 a12×3 n ? 1 1 3 ? +?+ < 12. 1 1 1 1? 1? 3 1 3 1 1? ? ? a a n 2 =1+ ?1-2+2-3+?+n-1-n?=1+ ?1-n?= - < , 2? 2? ? 2 2n 2 ?

1 1 1 3 即 + +?+a < . a1 a2 n 2

题型分类·深度剖析
1 变式训练 3 已知数列{an}满足 a1= ,an+1an=2an+1-an,Sn 表示数 3 列{an}前 n 项和.求证:Sn<1.
1 证明 由 a1=3≠0 易知,对于任意的 n,an≠0, ?1 ? 2 1 1 原式化为 - =1, -1=2?a -1?. an an+1 an+1 ? n ? 1 令 bn=a -1,b1=2,bn+1=2bn, n

数列{bn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列,
1 1 n 即 bn= -1=2 ,所以 an= n , an 2 +1 1 1 1 1 故 Sn=a1+a2+?+an<2+22+?+2n=1-2n<1.

题型分类·深度剖析
题型四 数列的实际应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 4】 某市 2008 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是 中低价房,预计在今后的若干年内, 该市每年新建住房面积平均比上一 年增长 8%.另外,每年新建住房中, 中低价房的面积均比上一年增加 50 万平方米.那么,到哪一年底: (1)该市历年所建中低价房的累计面 积(以 2008 年为累计的第一年)将首 次不少于 4 750 万平方米? (2)当年建造的中低价房的面积占该 年 建 造住 房面 积 的比例 首 次大 于 85%?(参考数据:1.084≈ 1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)

题型分类·深度剖析
题型四 数列的实际应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 4】 某市 2008 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是 中低价房,预计在今后的若干年内, 该市每年新建住房面积平均比上一 年增长 8%.另外,每年新建住房中, 中低价房的面积均比上一年增加 50 万平方米.那么,到哪一年底: (1)该市历年所建中低价房的累计面 积(以 2008 年为累计的第一年)将首 次不少于 4 750 万平方米? (2)当年建造的中低价房的面积占该 年 建 造住 房面 积 的比例 首 次大 于 85%?(参考数据:1.084≈ 1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)

关键信息: ①每年新建住房面积 平均比上一年增长 8%,说明新 建住房面积构成等比数列模型; ② 中低价房的面积均比上一年 增加 50 万平方米,说明中低价 房的面积构成等差数列模型.

题型分类·深度剖析
题型四 数列的实际应用
解析 探究提高 思维启迪 【例 4】 某市 2008 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是 解 (1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,其 中低价房,预计在今后的若干年内, 该市每年新建住房面积平均比上一 中 a1=250,d=50, 年增长 8%.另外,每年新建住房中, n?n-1? 则 Sn=250n+ ×50=25n2+ 225n, 中低价房的面积均比上一年增加 50 2 万平方米.那么,到哪一年底: 令 25n2+225n≥4 750, (1)该市历年所建中低价房的累计面 2 即 n +9 n-190 ≥0,而 n 是正整数, 积(以 2008 年为累计的第一年 )将首 ∴n≥10. 次不少于 4 750 万平方米? ∴ 到 2017 年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 (2)当年建造的中低价房的面积占该 4 750 万平方米. 年 建 造住 房面 积 的比例 首 次大 于 (2) 设新建住房面积形成数列 85% ?(参考数据:1.084≈ {bn},由题意可知 {bn}是等比数列,其 5 6 - 1.36,1.08 ≈ 1.47,1.08 ≈1.59) 中 b1=400,q=1.08,则 bn=400×(1.08)n 1.

题型分类·深度剖析
题型四 数列的实际应用
解析 探究提高 思维启迪 【例 4】 某市 2008 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是 中低价房,预计在今后的若干年内, 由题意可知 an>0.85bn, 该市每年新建住房面积平均比上一 n-1 有 250 + ( n - 1) × 50>400 × (1.08) ×0.85. 年增长 8%.另外,每年新建住房中, 中低价房的面积均比上一年增加 50 当 n=5 时,a5<0.85b5,当 n=6 时,a6>0.85b6, 万平方米.那么,到哪一年底: (1) 该市历年所建中低价房的累计面 ∴ 满足上述不等式的最小正整数 n 为 6. 积(以 2008 年为累计的第一年)将首 次不少于 4 750 万平方米? ∴到 2013 年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积 (2)当年建造的中低价房的面积占该 年 建 造住 房面 积 的比例 首 次大 于 的比例首次大于 85%. 85%?(参考数据:1.084≈ 1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)

题型分类·深度剖析
题型四 数列的实际应用
思维启迪 解析 探究提高

【例 4】 某市 2008 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是 中低价房,预计在今后的若干年内, 该市每年新建住房面积平均比上一 年增长 8%.另外,每年新建住房中, 中低价房的面积均比上一年增加 50 万平方米.那么,到哪一年底: (1)该市历年所建中低价房的累计面 积(以 2008 年为累计的第一年)将首 次不少于 4 750 万平方米? (2)当年建造的中低价房的面积占该 年 建 造住 房面 积 的比例 首 次大 于 85%?(参考数据:1.084≈ 1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)

解决此类问题的关键是如何把实 际问题转化为数学问题,通过反 复读题,列出有关信息,转化为 数列的有关问题,这恰好是数学 实际应用的具体体现.

题型分类·深度剖析
变式训练 4 今年“十一”期间,
解析 由题意,可知从早晨 6 时

北京十家重点公园将举行免费游园 活动,北海公园免费开放一天,早 晨 6 时 30 分有 2 人进入公园, 接下 来的第一个 30 分钟内有 4 人进去 1 人出来, 第二个 30 分钟内有 8 人进 去 2 人出来,第三个 30 分钟内有 16 人进去 3 人出来,第四个 30 分 钟内有 32 人进去 4 人出来??按照 这种规律进行下去,到上午 11 时 30 分公园内的人数是 A.211-47 C.213-68 B.212-57 D.214-80 ( B )

30 分开始, 接下来的每个 30 分钟 内进入的人数构成以 4 为首项,2 为公比的等比数列,出来的人数 构造以 1 为首项, 1 为公差的等差 数列,记第 n 个 30 分钟内进入公 园的人数为 an,第 n 个 30 分钟内 bn=n,则上午 11 时 30 分公园内 4?1-210? 的人数为 S=2+ - 1 -2 10?1+10? 12 = 2 -57. 2

出来的人数为 bn, 则 an=4×2n-1,

题型分类·深度剖析
思想与方法 12.用构造数列的思想解题
1 典例:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an= 2 -2Sn· Sn-1 (n≥2). 1 1 2 2 2 (1)求数列{an}的通项公式 an;(2)求证:S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n
审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析
思想与方法 12.用构造数列的思想解题
1 典例:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an= 2 -2Sn· Sn-1 (n≥2). 1 1 2 2 2 (1)求数列{an}的通项公式 an;(2)求证:S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n
审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)从求证内容来看,首先要求出 Sn.(2)从 Sn 与 Sn-1 的递推关系来看, ? ?1? ? ? 可考虑构造新数列?S ? .(3)可考虑用放缩法证明. ? ? n?

题型分类·深度剖析
思想与方法 12.用构造数列的思想解题
1 典例:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an= 2 -2Sn· Sn-1 (n≥2). 1 1 2 2 2 (1)求数列{an}的通项公式 an;(2)求证:S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n
审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)解 ∵an=-2Sn· Sn-1 (n≥2), ∴Sn-Sn-1=-2Sn· Sn-1. 1 1 两边同除以 Sn· Sn-1,得 - =2 (n≥2), Sn Sn-1 ? 1 1 ?1? ? ∴数列?S ?是以S =a =2 为首项,以 d=2 为公差的等差数列, ? n? ? ? 1 1
1 1 1 ∴S =S +(n-1)· d=2+2(n-1)=2n,∴Sn=2n. n 1 1 将 Sn=2n代入 an=-2Sn· Sn-1,

2分 3分 5分

题型分类·深度剖析
思想与方法 12.用构造数列的思想解题
1 典例:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an= 2 -2Sn· Sn-1 (n≥2). 1 1 2 2 2 (1)求数列{an}的通项公式 an;(2)求证:S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n
审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

?1 ?n=1?, ?2 得 an=? ? 1 2 ?n≥2?. ?2n-2n 1? 1 1 1? 1 ? 1 2 2 (2)证明 ∵Sn=4n2< =4?n-1-n? ( n ≥ 2) , S = , 1 ? 4 4n?n-1? ? ?
2 2 ∴当 n≥2 时,S2 + S + ? + S 1 2 n 1 1 1 = + +?+ 4 4×2×2 4· n· n

6分

题型分类·深度剖析
思想与方法 12.用构造数列的思想解题
1 典例:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an= 2 -2Sn· Sn-1 (n≥2). 1 1 2 2 2 (1)求数列{an}的通项公式 an;(2)求证:S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n
审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

1 1? 1? 1 1? 1? ? < + ?1-2?+?+ ?n-1-n? ? 4 4? 4? ? ?
1 1 =2-4n; 1 1 1 当 n=1 时,S2 = = - . 1 4 2 4×1 1 1 2 2 综上,S2 + S + ? + S ≤ 1 2 n 2-4n.
12分 10分

题型分类·深度剖析
思想与方法 12.用构造数列的思想解题
1 典例:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an= 2 -2Sn· Sn-1 (n≥2). 1 1 2 2 2 (1)求数列{an}的通项公式 an;(2)求证:S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n
审 题 视 角
规 范 解 答 温 馨 提 醒
(1)在数列的解题过程中,常常要构造新数列,使新数列成为等差或等比数列.构 造新数列可以使题目变得简单,而构造新数列要抓住题目信息,不能乱变形. ?1? (2)本题首先要构造新数列?S ?,其次应用放缩法,并且发现只有应用放缩法才能 ? n? 1 1 用裂项相消法求和,从而把问题解决.事实上: 2< ,也可以看成一个 4n 4n?n-1? 1 新构造:bn= . 4n?n-1? ?1? (3)易错分析:构造不出新数列?S ?,从而使思维受阻.不会作不等式的放缩. ? n?

思想方法·感悟提高
1.用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算 量,减少差错.
2.理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义

方 法 与 技 巧

和应用,体会两者解题中的区别.

3.注意数列与函数、方程、三角、不等式等知识 的融合,了解其中蕴含的数学思想.
4.在现实生活中,人口的增长、产量的增加、成 本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题 等,都可以利用数列来解决,因此要会在实际 问题中抽象出数学模型, 并用它解决实际问题.

思想方法·感悟提高

1.等比数列的前 n 项和公式要分两种情况:公比等于

失 误 与 防 范

1 和公比不等于 1.最容易忽视公比等于 1 的情况, 要注意这方面的练习.
2.数列的实际应用问题,要学会建模,对应哪一类数 列,进而求解.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

1.(2011· 安徽)若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n· (3n-2),则 a1+a2+?+a10 等于 A.15 B.12 C.-12 D.-15 ( )

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

1.(2011· 安徽)若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n· (3n-2),则 a1+a2+?+a10 等于 A.15 B.12 C.-12 D.-15 ( A )

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.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

2.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 B. 7 C.8 D.9 ( )

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

2.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 B. 7 C.8 D.9 ( A )

解 析
设等差数列的公差为 d,则由 a4+a6=-6 得 2a5=-6, ∴a5=-3.又∵a1=-11,∴-3=-11+4d,∴d=2,
n?n-1? ∴Sn=-11n+ 2 ×2=n2-12n=(n-6)2-36, 故当 n =6 时 Sn 取最小值.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

3 .已知函数

? ??3-a?x-3,x≤7, f(x) = ? x-6 ? ,x>7. ?a

若数列 {an} 满足 an = f(n) )

(n∈N*),且{an}是递增数列,则实数 a 的取值范围是 ( ?9 ? ?9 ? A.?4,3? B.?4,3? C.(2,3) D.(1,3) ? ? ? ?

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

3 .已知函数

? ??3-a?x-3,x≤7, f(x) = ? x-6 ? ,x>7. ?a

若数列 {an} 满足 an = f(n)

(n∈N*),且{an}是递增数列,则实数 a 的取值范围是 ( C ) ?9 ? ?9 ? A.?4,3? B.?4,3? C.(2,3) D.(1,3) ? ? ? ?

解 析
数列{an}满足 an=f(n) (n∈N*),则函数 f(n)为增函数, 注意 a8-6>(3-a)×7-3.
?a>1, ? 所以?3-a>0, ?a8-6>?3-a?×7-3, ? 解得 2<a<3.

练出高分

A组

专项基础训练

1 7 9 2 3 4 6 8 5 4.(2012· 湖北)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任

意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比 数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln |x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ ( )

解 析

练出高分

A组

专项基础训练

1 7 9 2 3 4 6 8 5 4.(2012· 湖北)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任

意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比 数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln |x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ ( )

解 析
不妨令 an=2n.

利用特殊化思想,选 an=2n 判定.

①因为 f(x)=x2,所以 f(an)=4n.
显然{f(2n)}是首项为 4,公比为 4 的等比数列. ②因为 f(x)=2x,

所以 f(a1)=f(2)=22,f(a2)=f(4)=24,f(a3)=f(8)=28,

练出高分

A组

专项基础训练

1 7 9 2 3 4 6 8 5 4.(2012· 湖北)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任

意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比 数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln |x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 4 8 f ? a ? 2 f ? a ? 2 2 3 解 析 所以 = =4≠ = =16, f?a1? 22 f?a2? 24 所以{f(an)}不是等比数列.
③因为 f(x)= |x|,所以 f(an)= 2n=( 2)n.
显然{f(an)}是首项为 2,公比为 2的等比数列.

( C )

④因为 f(x)=ln |x|,所以 f(an)=ln 2n=nln 2. 显然{f(an)}是首项为 ln 2,公差为 ln 2 的等差数列.故应选 C.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

5.(2011· 江苏)设 1=a1≤a2≤?≤a7,其中 a1,a3,a5,a7 成公比为 q 的等比数列,a2,a4,a6 成公差为 1 的等差数列,则 q 的最小 值是________.

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

5.(2011· 江苏)设 1=a1≤a2≤?≤a7,其中 a1,a3,a5,a7 成公比为 q 的等比数列,a2,a4,a6 成公差为 1 的等差数列,则 q 的最小 3 3 值是________ .

解 析
由题意知 a3=q,a5=q2,a7=q3 且 q≥1,a4=a2+1, a6=a2+2 且 a2≥1,那么有 q2≥2 且 q3≥3.

故 q≥ 3,即 q 的最小值为 3.

3

3

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6
n

7

8

9

1 6.已知数列{an}满足 a1=1,a2=-2,an+2=-a ,则该数列前 26 项的和为________.

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6
n

7

8

9

1 6.已知数列{an}满足 a1=1,a2=-2,an+2=-a ,则该数列前 26

-10 . 项的和为________
解 析

1 由于 a1=1,a2=-2,an+2=-a , n 1 所以 a3=-1,a4=2,a5=1,a6=-2,?,

所以{an}是周期为 4 的数列,

? 1? S26=6×?1-2-1+2?+1-2=-10. ? ?

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

7.对正整数 n,若曲线 y=xn (1-x)在 x=2 处的切线与 y 轴交点的 ? ? an ? ? ? 纵坐标为 an,则数列 n+1?的前 n 项和为___________. ? ? ? ?

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

7.对正整数 n,若曲线 y=xn (1-x)在 x=2 处的切线与 y 轴交点的 ? ? an ? ? ? 2n+1-2 . 纵坐标为 an,则数列 n+1?的前 n 项和为___________ ? ? ? ?

解 析
∵y=xn(1-x)=xn-xn+1, ∴y′=nxn-1-(n+1)xn, 当 x=2 时,切线的斜率 k=-(n+2)2n-1,∴在 x=2 处的切线方程 为 y+2n=-(n+2)2n 1(x-2),令 x=0 可得 y=(n+1)2n, ? ? an ? ? an n n ? 即 an=(n+1)2 ,∴ =2 ,即数列 n+1?为等比数列, ? ? n+ 1 ? ?


2-2n+1 + 其前 n 项和 Sn= =2n 1-2. 1-2

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6

7 9 8 1 1 8.(10 分)(2011· 大纲全国)设数列{an}满足 a1=0 且 - =1. 1-an+1 1-an
n 1- an+1 (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= , 记 Sn= ?bk, 证明: Sn<1. n k=1

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6

7 9 8 1 1 8.(10 分)(2011· 大纲全国)设数列{an}满足 a1=0 且 - =1. 1-an+1 1-an
n 1- an+1 (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= , 记 Sn= ?bk, 证明: Sn<1. n k=1 1 1 解 析 (1)解 由题设 - =1, 1-an+1 1-an ? ? 1 ? ? 1 ? ? 即 1-a 是公差为 1 的等差数列,又 =1, ? ? 1 - a n ? ? 1 1 1 故 =n.所以 an=1- . n 1-an 1- an+1 n+1- n 1 1 (2)证明 由 (1)得 bn = = = - , Sn n n n+1· n n+1

? ? = bk= ? k=1 k=1 ?

?

n

?

n

1 1 ? 1 ? - =1- <1. k k+1? n+1 ?

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

9.(12 分)已知单调递增的等比数列{an}满足 a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=an log 1 an,Sn=b1+b2+?+bn,求使 Sn+n· 2n+1>50 成立
2

的最小正整数 n 的值.

解 析

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

9.(12 分)已知单调递增的等比数列{an}满足 a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=an log 1 an,Sn=b1+b2+?+bn,求使 Sn+n· 2n+1>50 成立
2

的最小正整数 n 的值.

解 析
解 (1)设此等比数列为 a1,a1q,a1q2,a1q3,?,其中 a1≠0,q≠0.
由题意知:a1q+a1q2+a1q3=28, a1q+a1q3=2(a1q2+2). ① ②

②×7-①得 6a1q3-15a1q2+6a1q=0, 1 2 即 2q -5q+2=0,解得 q=2 或 q=2.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

9.(12 分)已知单调递增的等比数列{an}满足 a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=an log 1 an,Sn=b1+b2+?+bn,求使 Sn+n· 2n+1>50 成立
2

的最小正整数 n 的值.

解 析
∵等比数列{an}单调递增,∴a1=2,q=2,∴an=2n. (2)由(1)得 bn=-n· 2n,
∴Sn=b1+b2+?+bn=-(1×2+2×22+?+n· 2n). 设 Tn=1×2+2×22+?+n· 2n,



则 2Tn=1×22+2×23+?+n· 2n 1. + 由③-④,得-Tn=1×2+1×22+?+1· 2n-n· 2n 1




练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

9.(12 分)已知单调递增的等比数列{an}满足 a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=an log 1 an,Sn=b1+b2+?+bn,求使 Sn+n· 2n+1>50 成立
2

的最小正整数 n 的值.

解 析

=2n+1-2-n· 2n+1=(1-n)· 2n+1-2,

∴-Tn=-(n-1)· 2n+1-2. ∴Sn=-(n-1)· 2n+1-2. 要使 Sn+n· 2n+1>50 成立,

即-(n-1)· 2n 1-2+n· 2n 1>50,即 2n>26. ∵24=16<26,25=32>26,且 y=2x 是单调递增函数, ∴满足条件的 n 的最小值为 5.
+ +

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

n+ 1 1.已知数列{an}的通项公式为 an=log2 (n∈N*),设其前 n 项和 n+ 2 为 Sn,则使 Sn<-5 成立的自然数 n A.有最小值 63 C.有最小值 31 B.有最大值 63 D.有最大值 31 ( )

解 析

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

n+ 1 1.已知数列{an}的通项公式为 an=log2 (n∈N*),设其前 n 项和 n+ 2 为 Sn,则使 Sn<-5 成立的自然数 n A.有最小值 63 C.有最小值 31 B.有最大值 63 D.有最大值 31 ( A )

解 析
n+ 1 ∵an=log2 =log2(n+1)-log2(n+2), n+ 2 ∴Sn = a1 + a2 + ? + an = log22 - log23 + log23 - log24 + ? +
log2(n+1)-log2(n+2)=1-log2(n+2),

由 Sn<-5,得 log2(n+2)>6,

即 n+2>64,∴n>62,∴n 有最小值 63.

练出高分

B组

专项能力提升

1 7 2 3 4 6 5 2.已知数列{an}满足 3an+1+an=4 (n∈N*)且 a1=9,其前 n 项和为 1 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的最小正整数 n 是 ( ) 125

A.5

B. 6

C.7

D.8

解 析

练出高分

B组

专项能力提升

1 7 2 3 4 6 5 2.已知数列{an}满足 3an+1+an=4 (n∈N*)且 a1=9,其前 n 项和为 1 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的最小正整数 n 是 ( ) 125

A.5

B. 6

C.7

D.8

解 析
由 3an+1+an=4 得, 1 an+1-1=- (an-1) (运用构造数列法), ∴{an-1}是以 a1-1=8 3 1 为首项,- 为公比的等比数列, 3 ? 1? - ? 1? - n 1 n 1 ?- ? ? ? - ∴an-1=8· , ∴ a = 8 × +1. n ? 3? ? 3?
? ? 1? ? 1? ? 1? - ? 2 ∴Sn=8?1+?-3?+?-3? +?+?-3?n 1?+n ? ? ? ? ? ? ? ?

练出高分

B组

专项能力提升

1 7 2 3 4 6 5 2.已知数列{an}满足 3an+1+an=4 (n∈N*)且 a1=9,其前 n 项和为 1 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的最小正整数 n 是 ( C ) 125

A.5

B. 6
? 1? 1-?-3?n ? ?

C.7

D.8

解 析
=8×
? 1? +n=6-?-3?n×6+n, ? ?

1 1+ 3 ?? 1? ? ?1? 1 n n ∴|Sn-n-6|=??-3? ×6?=?3? ×6<125, ?? ? ? ? ?

即 3n>750. 将 n=5,6,7 分别代入验证符合题意的最小正整数 n=7.

练出高分
1 2
m

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7
? ? 1 ? ? ? ? f′(x)=2x+1, 则数列 ? f ? n ? ? ? ?

3. 设函数 f(x)=x +ax 的导函数 的前 n 项和是 n A. n+ 1 n+ 2 B. n+ 1

(n∈N*) ( )

n C. n- 1

n+ 1 D. n

解 析

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5

7 6 ? ? 1 ? ? m ? ? (n∈N*) 3. 设函数 f(x)=x +ax 的导函数 f′(x)=2x+1, 则数列 ? ?f?n?? ?

的前 n 项和是 n A. n+ 1 n+ 2 B. n+ 1


( A ) n C. n- 1 n+ 1 D. n

解 析
由 f′(x)=mxm 1+a=2x+1 得 m=2,a=1. 1 1 1 1 2 ∴f(x)=x +x,则 = = - . f?n? n?n+1? n n+1
1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=1- + - + - +?+ - 2 2 3 3 4 n n+1 1 n =1- = . n+1 n+1

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

an 4. 已知数列{an}满足 a1=33, an+1-an=2n, 则 n 的最小值为________.

解 析

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

21 an 4. 已知数列{an}满足 a1=33, an+1-an=2n, 则 n 的最小值为________ . 2

解 析
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1=2[(n-1)+ (n-2)+…+1]+33=33+n2-n, an 33 所以 n = n +n-1. -33 33 设 f(x)= x +x-1,则 f′(x)= x2 +1. 令 f′(x)>0,得 x> 33或 x<- 33. 所以 f(x)在( 33,+∞)上是增函数,在(0, 33)上是减函数. 因为 n∈N*,所以当 n=5 或 n=6 时,f(n)取最小值. 53 63 21 53 21 因为 f(5)= 5 ,f(6)= 6 = 2 , 5 > 2 , an 21 所以 n 的最小值为 2 .

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

5.在等比数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,已知 a5=2S4+3,a6=2S5 +3,则此数列的公比 q=________.

解 析

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

5.在等比数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,已知 a5=2S4+3,a6=2S5

3 +3,则此数列的公比 q=________. 解 析
因为 a6-a5=2(S5-S4), 所以 a6=3a5,所以 q=3.

练出高分

B组

专项能力提升

5 1 7 2 3 4 6 6.(2011· 陕西)植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树,每

人植一棵,相邻两棵树相距 10 米,开始时需将树苗集中放置在 某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返 所走的路程总和最小,这个最小值为________米.

解 析

练出高分

B组

专项能力提升

5 1 7 2 3 4 6 6.(2011· 陕西)植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树,每

人植一棵,相邻两棵树相距 10 米,开始时需将树苗集中放置在 某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返 所走的路程总和最小,这个最小值为________ 2 000 米.

解 析
假设 20 位同学是 1 号到 20 号依次排列的,使每位同学的往 返所走的路程和最小,则树苗需放在第 10 或第 11 号树坑 旁.此时两侧的同学所走的路程分别组成以 20 为首项,20 为 9×8 公差的等差数列,所有同学往返的总路程为 S=9×20+ 2 10×9 ×20+10×20+ ×20=2 000(米). 2

练出高分

B组

专项能力提升

5 1 7 2 3 4 6 7.(13 分)(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*).

解 析

练出高分

B组

专项能力提升

5 1 7 2 3 4 6 7.(13 分)(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*).

解 析
(1)解 设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.
? ?d=3, 解得? ? ?q=2.

由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.
3 ? ?2+3d+2q =27, 由条件,得方程组? 3 ? ?8+6d-2q =10,

所以 an=3n-1,bn=2n,n∈N*. (2)证明 方法一 由(1)得 Tn=2an+22an-1+23an-2+?+2na1,①
2Tn=22an+23an-1+?+2na2+2n 1a1.②


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B组

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5 1 7 2 3 4 6 7.(13 分)(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*).

解 析
②-①,得 Tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+?+3×2n+2n+2
12?1-2n-1? n+2 = +2 -6n+2=10×2n-6n-10. 1-2
而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2n-12

=10×2n-6n-10,
故 Tn+12=-2an+10bn,n∈N*.

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5 1 7 2 3 4 6 7.(13 分)(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*).

解 析
方法二 ①当 n=1 时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16, 故等式成立; ②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

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5 1 7 2 3 4 6 7.(13 分)(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*).

解 析
=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.


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