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2013高中数学精讲精练(新人教A版)第05章 数列


2013 数学精讲精练 2013 高中数学精讲精练 第五章 数列
【知识图解】

通项 一般数列 前n项 和 函 数 数 列 通项公式 等差数列 前 n 项和公式 中项性质 特殊数列 通项公式 等比数列 前 n 项和公式 中项性质 【方法点拨】 】 1.学会从特殊到一般的观察、分析、思考,学会归纳、猜想、验证. 2.强化基本量思想,并在确定基本量时注重设变量的技巧与解方程组的技巧. 3.在重点掌握等差、等比数列的通项公式、求和公式、中项等基础知识的同时,会针对可化为等差(比) 数列的比较简单的数列进行化归与转化. 4.一些简单特殊数列的求通项与求和问题,应注重通性通法的复习.如错位相减法、迭加法、迭乘法等. 5.增强用数学的意识,会针对有关应用问题,建立数学模型,并求出其解.

第 1 课 数列的概念
【考点导读】 1. 了解数列(含等差数列、等比数列)的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式) ,了解 数列是一种特殊的函数; 2. 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系; 3. 能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前 n 项和的问题。 【基础练习】 1.已知数列 {a n } 满足 a1 = 0, a n +1 =

an ? 3 3a n + 1

(n ∈ N * ) ,则 a 20 = ? 3 。

精讲精练】 第 1 页 【精讲精练】共 14 页

分析:由 a1=0, a n +1 =

an ? 3 3a n + 1

(n ∈ N + ) 得 a 2 = ? 3, a3 = 3, a 4 = 0,? ? ? ? ? ? 由此可知: 数列 {a n } 是周

期变化的,且三个一循环,所以可得: a 20 = a 2 = ? 3. 2.在数列 {an } 中,若 a1 = 1 , an +1 = an + 2(n ≥ 1) ,则该数列的通项 an = 2n-1 。

a1 (3n ? 1) 3.设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , S n = (n ∈ N * ) ,且 a4 = 54 ,则 a1 = ____2__. 2
4.已知数列 {an } 的前 n 项和 S n = ? 【范例导析】 例 1.设数列 {an } 的通项公式是 an = n ? 8n + 5 ,则
2

n(5n + 1) ,则其通项 an = 2

? 5n + 2 .

(1)70 是这个数列中的项吗?如果是,是第几项? (2)写出这个数列的前 5 项,并作出前 5 项的图象; (3)这个数列所有项中有没有最小的项?如果有,是第几项? 分析: 分析:70 是否是数列的项,只要通过解方程 70 = n ? 8n + 5 就可以知道;而作图时则要注意数列与函数
2

的区别,数列的图象是一系列孤立的点;判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决,一样的是要注 意定义域问题。 解: (1)由 70 = n ? 8n + 5 得: n = 13 或 n = ?5
2

所以 70 是这个数列中的项,是第 13 项。 (2)这个数列的前 5 项是 ?2, ?7, ?10, ?11, ?10 ; (图象略) (3)由函数 f ( x ) = x 2 ? 8 x + 5 的单调性: ( ?∞, 4) 是减区间, (4, +∞ ) 是增区间, 所以当 n = 4 时, an 最小,即 a4 最小。 点评: 点评:该题考察数列通项的定义,会判断数列项的归属,要注重函数与数列之间的联系,用函数的观点解 决数列的问题有时非常方便。 例 2.设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,点 (n, 公式。 分析: 分析:根据题目的条件利用 Sn 与 an 的关系: an = ? 数列 {an } 的通项。

Sn )(n ∈ N ? ) 均在函数 y=3x-2 的图像上,求数列 {an } 的通项 n

? S1 (当n = 1时) ? Sn (当n ≥ 2时)
, (要特别注意讨论 n=1 的情况)求出

精讲精练】 第 2 页 【精讲精练】共 14 页

解:依题意得,

S
n

n

= 3n ? 2, 即 S n = 3n 2 ? 2n 。
2 = (3n 2 ? 2n) ? ?3 ( n ? 1) ? 2(n ? 1) ? = 6n ? 5 ; ? ?

当 n≥2 时, an =

Sn ? Sn ?1

当 n=1 时, a1 = S1 = 1

所以 an = 6n ? 5( n ∈ N ) 。
*

例 3.已知数列{a n }满足 a1 = 1 , a n +1 = 2a n + 1( n ∈ N )
*

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若数列 {bn } 满足 4 1
b ?1 b2 ?1

4

...4bn ?1 = ( an + 1)bn .( n ∈ N * ) ,证明: {bn } 是等差数列;

分析: 分析:本题第 1 问采用构造等比数列来求通项问题,第 2 问依然是构造问题。 解: (I)Q an +1 = 2an + 1( n ∈ N ), ∴ an +1 + 1 = 2( an + 1),
*

∴{an + 1} 是以 a1 + 1 = 2 为首项,2 为公比的等比数列。∴ an + 1 = 2n.


an = 2n ? 1(n ∈ N * ).
b ?1 b2 ?1

(II)Q 4 1

4

...4bn ?1 = ( an + 1)bn .


∴ 4( b1 +b2 +...+bn )? n = 2 nbn . ∴ 2[(b1 + b2 + ... + bn ) ? n] = nbn , 2[(b1 + b2 + ... + bn + bn +1 ) ? (n + 1)] = (n + 1)bn +1.
②-①,得 2(bn +1 ? 1) = ( n + 1)bn +1 ? nbn , ∴ nbn + 2 ? ( n + 1)bn +1 + 2 = 0. ③-④,得 ④

②;

即 ( n ? 1)bn +1 ? nbn + 2 = 0, ③

nbn + 2 ? 2nbn +1 + nbn = 0, 即

bn + 2 ? 2bn +1 + bn = 0, ∴ bn + 2 ? bn +1 = bn +1 ? bn (n ∈ N * ), ∴{bn } 是等差数列。
点评: 点评:本小题主要考查数列、不等式等基本知识,考查化归的数学思想方法,考查综合解题能力。

【反馈演练】 1.若数列 {an } 前 8 项的值各异,且 an +8 = an 对任意 n∈N 都成立,则下列数列中可取遍 {an } 前 8 项值的 N
*

数列为

(2)

。 (2) {a3k +1} (3) {a4 k +1} (4) {a6 k +1}

(1) {a2 k +1}

精讲精练】 第 3 页 【精讲精练】共 14 页

2.设 Sn 是数列 {an } 的前 n 项和,且 Sn=n ,则 {an } 是
2

等差数列,但不是等比数列



3.设 f(n)=

1 1 1 1 1 1 + + + ? ? ? + (n∈N) ? 。 N ,那么 f(n+1)-f(n)等于 n +1 n + 2 n + 3 2n 2 n + 1 2n + 2

4. 根据市场调查结果, 预测某种家用商品从年初开始的 n 个月内累积的需求量 S(万件) 近似地满足 Sn= n
2

n 90

(21n-n -5) n=1,2,……,12).按此预测,在本年度内,需求量超过 1.5 万件的月份是 ( 8月 。 5.在数列 {an } 中, a1 = 1, a2 = 2 + 3, a3 = 4 + 5 + 6, a4 = 7 + 8 + 9 + 10, 则 a10 = 505 。

7 月、

n2 + n ? 1 (n ∈ N + ) , 3 2 (1)写出 a10 , an +1 , an2 ; (2) 79 是否是数列中的项?若是,是第几项? 3 2 n + n ?1 102 + 10 ? 1 109 (n ∈ N + ) ,∴ a10 = = , 解: (1)∵ an = 3 3 3
6.数列 {an } 中,已知 an =
n 3 3 3 2 2 n + n ?1 (2)令 79 = ,解方程得 n = 15, 或n = ?16 , 3 3 2 ∵ n ∈ N + ,∴ n = 15 , 即 79 为该数列的第 15 项。 3

an +1

( n + 1) + ( n + 1) ? 1 = n 2 + 3n + 1 , a =
2

2

(n ) =

2 2

+ n2 ? 1

=

n4 + n2 ? 1 ; 3

等差、 第 2 课 等差、等比数列
【考点导读】 1. 掌握等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式,能运用公式解决一些简单的问题; 2. 理解等差、等比数列的性质,了解等差、等比数列与函数之间的关系; 3. 注意函数与方程思想方法的运用。 【基础练习】 1.在等差数列{an}中,已知 a5=10,a12=31,首项 a1=

-2

,公差 d=

3



2.一个等比数列的第 3 项与第 4 项分别是 12 与 18,则它的第 1 项是

16 ,第 2 项是 8 3



3.设 {an } 是公差为正数的等差数列,若 a1 + a2 + a3 = 15 , a1a2 a3 = 80 ,则 a11 + a12 + a13 = 105 。 4.公差不为 0 的等差数列{an}中,a2,a3,a6 依次成等比数列,则公比等于 3
精讲精练】 第 4 页 【精讲精练】共 14 页



【范例导析】 例 1. (1)若一个等差数列前 3 项的和为 34,最后 3 项的和为 146,且所有项的和为 390,则这个数列有 13 项。 (2)设数列{an}是递增等差数列,前三项的和为 12,前三项的积为 48,则它的首项是 2 。 解: (1)答案:13 法 1:设这个数列有 n 项

3? 2 ? ?S 3 = 3a1 + 2 d ? ? ′ ∵ ?S 3 = S n ? S n ?3 = 3a1 + 3nd ? 6d ? n(n ? 1) ?S n = a1n + d 2 ? ?
∴n=13 法 2:设这个数列有 n 项 ∵ a1 + a2 + a3 = 34, an + an ?1 + an ? 2 = 146

? ?3(a1 + d ) = 34 ? ∴ ?3a1 + 3d ( n ? 2) = 146 ? n(n ? 1)d ?a1 n + = 390 2 ?

∴ ( a1 + an ) + ( a2 + an ?1 ) + ( a3 + an ? 2 ) = 3( a1 + an ) = 34 + 146 = 180 又

∴ a1 + an = 60

n(a1 + an ) = 390 2

∴n=13

(2)答案:2

因为前三项和为 12,∴a1+a2+a3=12,∴a2=

S3 =4 3

又 a1·a2·a3=48, ∵a2=4,∴a1·a3=12,a1+a3=8, 把 a1,a3 作为方程的两根且 a1<a3, 2 ∴x -8x+12=0,x1=6,x2=2,∴a1=2,a3=6,∴选 B. 点评: 点评:本题考查了等差数列的通项公式及前 n 项和公式的运用和学生分析问题、解决问题的能力。 例 2. (1)已知数列 {log 2 ( a n ? 1)}n ∈ N * ) 为等差数列,且 a1 = 3, a 3 = 9. (Ⅱ)证明 (Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式;

1 1 1 + +???+ < 1. a 2 ? a1 a 3 ? a 2 a n +1 ? a n

* 分析: 分析 (1)借助 a1 = 3, a 3 = 9. 通过等差数列的定义求出数列 {log 2 ( a n ? 1)}n ∈ N ) 的公差,再求出数列

{a n } 的通项公式, (2)求和还是要先求出数列 {

1 } 的通项公式,再利用通项公式进行求和。 a n +1 ? a n

解: (1)设等差数列 {log 2 ( a n ? 1)} 的公差为 d, 由 a1 = 3, a 3 = 9得 : 2(log 2 2 + d ) = log 2 2 + log 2 8, 所以 log 2 ( a n ? 1) = 1 + (n ? 1) × 1 = n, 即 a n = 2 n + 1. 即 d=1。

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(II)证明:因为

1 1 1 = n +1 = n , n a n +1 ? a n 2 ? 2 2

所以

1 1 1 1 1 1 1 + +???+ = 1 + 2 + 3 +L+ n a 2 ? a1 a3 ? a 2 a n +1 ? a n 2 2 2 2

1 1 1 ? n× 2 = 1 ? 1 < 1. 2 = 2 1 2n 1? 2
点评: 点评:该题通过求通项公式,最终通过通项公式解释复杂的不等问题,属于综合性的题目,解题过程中注 意观察规律。 例 3.已知数列 {a n } 的首项 a1 = 2a + 1 ( a 是常数,且 a ≠ ?1 ) a n = 2a n ?1 + n 2 ? 4n + 2 ( n ≥ 2 ) , ,数 列 {bn } 的首项 b1 = a , bn = a n + n ( n ≥ 2 ) 。
2

(1)证明: {bn } 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列; (2)设 S n 为数列 {bn } 的前 n 项和,且 {S n } 是等比数列,求实数 a 的值。 分析: 分析:第(1)问用定义证明,进一步第(2)问也可以求出。 解: (1)∵ bn = a n + n
2

∴ bn +1 = a n +1 + ( n + 1) = 2a n + ( n + 1) ? 4( n + 1) + 2 + (n + 1)
2 2

2

= 2a n + 2n 2 = 2bn (n≥2)
由 a1 = 2a + 1 得 a2 = 4a , b2 = a2 + 4 = 4a + 4 ,∵ a ≠ ?1 ,∴ b2 ≠ 0 , 即 {bn } 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列。 (2) S n = a +

(4a + 4)(1 ? 2 n ?1 ) = ?3a ? 4 + (2a + 2)2 n 1? 2

Sn (2a + 2)2n ? 3a ? 4 3a + 4 当 n≥2 时, = = 2+ n ?1 S n ?1 (2a + 2)2 ? 3a ? 4 (a + 1)2n ?1 ? 3a ? 4

4 ∵ {S n } 是等比数列, ∴ S n (n≥2)是常数, ∴3a+4=0,即 a = ? 。 3 S n ?1
点评: 点评:本题考查了用定义证明等比数列,分类讨论的数学思想,有一定的综合性。 【反馈演练】 1.已知等差数列 {an } 中, a2 = 7, a4 = 15 ,则前 10 项的和 S10 = 2.在等差数列 {an } 中,已知 a1 = 2, a2 + a3 = 13, 则 a4 + a5 + a6 =
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210



42



3.已知等差数列共有 10 项,其中奇数项之和 15,偶数项之和为 30,则其公差是 4.如果 ?1, a, b, c, ?9 成等比数列,则 b = 3 ,

3



ac =

-9



5.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围; (2)指出 S1、S2、…、S12 中哪一个值最大,并说明理由.

? ?a 3 = a1 + 2d = 12, ? 12 × 11 ? 解:(1)依题意有: ? S12 = 12a1 + d >0 2 ? 13 × 12 ? ? S13 = 13a1 + 2 d < 0 ?

24 <d<-3. 7 (2)解法一:由 d<0 可知 a1>a2>a3>…>a12>a13,因此,在 S1,S2,…,S12 中 Sk 为最大值的条件为:ak≥0 且
解之得公差 d 的取值范围为-

?a3 + (k ? 3)d ≥ 0 ak+1<0,即 ? ?a3 + (k ? 2)d < 0
?kd ≥ 3d ? 12 12 12 , ∵d<0, ∴2- <k≤3- ∵a3=12, ∴ ? d d ?kd < 2d ? 12 24 7 12 <d<-3,∴ <- <4,得 5.5<k<7. 7 2 d 因为 k 是正整数,所以 k=6,即在 S1,S2,…,S12 中,S6 最大. 解法二:由 d<0 得 a1>a2>…>a12>a13,
∵- 因此若在 1≤k≤12 中有自然数 k,使得 ak≥0,且 ak+1<0,则 Sk 是 S1,2, S12 中的最大值。 2a7=a1+a13= S …, 又

2 S13 13

1 a7+a6=a1+a12= S12>0, ∴a6≥-a7>0 6 故在 S1,S2,…,S12 中 S6 最大. n d 解法三:依题意得: S n = na1 + (n ? 1) d = n(12 ? 2d ) + (n 2 ? n) 2 2 d 1 24 d 24 1 24 = [n ? (5 ? )]2 ? (5 ? ) 2 ,Q d < 0,∴[n ? (5 ? )]2 最小时,Sn 最大; 2 2 d 8 d 2 d 24 1 24 ∵- <d<-3, ∴6< (5- )<6.5. 7 2 d 1 24 2 从而,在正整数中,当 n=6 时, n- (5- [ )] 最小,所以 S6 最大. 2 d
<0, ∴a7<0, 点评: 点评:该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求,难度不高,入手容易. 第(2)问难度较高,为求{Sn}中的最大值 Sk(1≤k≤12) :思路之一是知道 Sk 为最大值的充要条件是 ak≥0 且 ak+1<0;而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律,找出“分水岭” ,从而得解; 思路之三是可视 Sn 为 n 的二次函数,借助配方法可求解,它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和 计算能力,较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.

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第 3 课 数列的求和
【考点导读】 对于一般数列求和是很困难的,在推导等差、等比数列的和时出现了一些方法可以迁移到一般数列的求和 上,掌握数列求和的常见方法有: (1)公式法:⑴ 等差数列的求和公式,⑵ 等比数列的求和公式 (2)分组求和法:在直接运用公式求和有困难时常,将“和式”中的“同类项”先合并在一起,再运用
n

公式法求和(如:通项中含(-1) 因式,周期数列等等)

,与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和,则可用把正着写 (3)倒序相加法:如果一个数列{a n } 和与倒着写和的两个和式相加,就得到了一个常数列的和,这一求和方法称为倒序相加法。特征: an+a1=an-1+a2 (4)错项相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成,此时求 和可采用错位相减法。 (5)裂项相消法:把一个数列的各项拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于是前 n 项之和变 成首尾若干少数项之和。 【基础练习】 1.已知公差不为 0 的正项等差数列{an}中,Sn 为前 n 项之和,lga1、lga2、lga4 成等差数列,若 a5=10, 则 S5 = 30 。 n 2.已知数列{an}是等差数列,且 a2=8,a8=26,从{an}中依次取出第 3 项,第 9 项,第 27 项…,第 3 项,按 n+1 原来的顺序构成一个新的数列{bn}, 则 bn=__3 +2___ 3.若数列 {a n } 满足: a1 = 1, a n +1 = 2a n , n = 1 ,2,3….则 a1 + a 2 + L + a n = 2 n ? 1 . 【范例导析】 1.已知等比数列 {a n }中, a 2 , a 3 , a 4 分别是某等差数列的第 5 项、第 3 项、第 2 项,且 a1 = 64, 公比q ≠ 1 例 1. (Ⅰ)求 a n ; (Ⅱ)设 bn = log 2 a n ,求数列 {|b n |}的前n项和Tn . (I)依题意 a 2 = a 4 + 3( a 3 ? a 4 ), 即2a 4 ? 3a 2 + a 2 = 0 解:

∴ 2a1 q 3 ? 3a1 q 3 + a1 q = 0
Qq ≠1 ∴q = 1 2 1 2
n ?1

∴ 2q 2 ? 3q + 1 = 0 ? q = 1或q = 1 故a n = 64 × ( ) n ?1 2

1 2

(II) bn = log 2 [64 × ( )

] = log 2 2 7 ? n = 7 ? n

?7 ? n ∴| bn |= ? ?n ? 7

n≤7 n>7

∴当n ≤ 7时, | b1 |= 6, Tn =

n(6 + 7 ? n) n(13 ? n) = 2 2 (1 + n ? 7)(n ? 7) (n ? 6)(n ? 7) 当n > 7时, | b8 |= 1, Tn = T7 + = 21 + 2 2
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? n(13 ? n) ( n ≤ 7) ? ? 2 ∴ Tn = ? ? (n ? 6)(n ? 7) + 21(n > 7) ? ? 2
点评: 点评:本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和,本题还考查了转化的思想。 例 2.数列 {a n } 前 n 项之和 Sn 满足: t ? ( S n +1 + 1) = (2t + 1) S n ( n ∈ N , t ≠ 0)
*

(1) 求证:数列 {a n } 是等比数列 ( n ≥ 2) ; (2) 若数列 {a n } 的公比为 f (t ) ,数列 {bn } 满足: b1 = 1, bn +1 = f (

1 ) ,求数列 {bn } 的通项公式; bn

(3) 定义数列 {c n } 为 cn =

1 ,求数列 {c n } 的前 n 项之和 Tn 。 , bn bn +1
*

解: (1)由 t ? ( S n +1 + 1) = (2t + 1) S n ( n ∈ N , t ≠ 0) 得: t ? ( S n + 1) = (2t + 1) S n ?1 ( n ≥ 2) 两式相减得: t ? an +1 = (2t + 1) an , ( n ≥ 2) ∴数列 {a n } 是等比数列 ( n ≥ 2) 。 (2) bn +1 = f (



an +1 2t + 1 1 = = 2 + , (n ≥ 2) , an t t

1 ) = 2 + bn ,则有 bn +1 ? bn = 2 bn

∴ bn = 2n ? 1 。

(3) cn = ∴ Tn =

1 1 1 1 1 = = ?( ? ), bn bn +1 (2n + 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? + ? + ? + L + ? ) = (1 ? ) 2 3 3 5 5 7 2n ? 1 2n + 1 2 2n + 1

点评:本题考查了 an 与 Sn 之间的转化问题,考查了基本等差数列的定义,还有裂项相消法求和问题。 例 3.已知数列 {a n } 满足 a1 =

an?1 1 , an = (n ≥ 2, n ∈ N ) . n 4 (? 1) an?1 ? 2
(Ⅱ)设 bn =

(Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式 a n ; (Ⅲ)设 c n = a n sin

1 an
2

,求数列 {bn } 的前 n 项和 S n ;

(2n ? 1)π 4 ? ,数列 {c n } 的前 n 项和为 Tn .求证:对任意的 n ∈ N , Tn < . 2 7

分析:本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列,对数列中不等式的证明通常是放 分析 缩通项以利于求和。
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解: (Ⅰ)Q

1 2 1 1 = (?1) n ? ,∴ + (?1) n = (?2)[ + (?1) n ?1 ] , an a n ?1 an a n ?1

又Q

?1 1 n? + (?1) = 3 ,∴ 数列 ? + (? 1) ? 是首项为 3 ,公比为 ? 2 的等比数列. a1 ? an ?
即 an =

1 + (?1) n = 3(?2) n ?1 , an
(Ⅱ) bn = (3 ? 2
n ?1

(?1) n ?1 . 3 ? 2 n ?1 + 1

+ 1) 2 = 9 ? 4 n ?1 + 6 ? 2 n ?1 + 1 .

Sn = 9 ?

1 ? (1 ? 4 n ) 1 ? (1 ? 2 n ) + n = 3 ? 4n + 6 ? 2n + n ? 9 . + 6? 1? 4 1? 2

(Ⅲ)Q sin

(2n ? 1)π (?1) n ?1 1 = (?1) n ?1 , ∴ c n = = . n ?1 n n ?1 2 3(?2) ? (?1) 3? 2 +1 1 1 1 1 + + +L+ 2 n ?1 3 +1 3? 2 +1 3? 2 +1 3? 2 +1
1 12

当 n ≥ 3 时,则 Tn =

<
=

1 1 1 1 1 11 + + + + = + n ?1 2 3 4 7 3? 2 28 3? 2 3? 2

[1 ? ( 1 ) n? 2 ] 2 1? 1 2

11 1 1 11 1 47 48 4 + [1 ? ( ) n ? 2 ] < + = < = . 28 6 2 28 6 84 84 7 4 Q T1 < T2 < T3 , ∴ 对任意的 n ∈ N ? , Tn < . 7
点评: 点评:本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列 {a n } 的通项 a n ,第二问分组求和 法是非常常见的方法,第三问不等式的证明要用到放缩的办法,放缩的目的是利于求和,所以通常会放成 等差、等比数列求和,或者放缩之后可以裂项相消求和。

【反馈演练】 1. 已知数列 {a n } 的通项公式 an = 2n + 1( n ∈ N ) , 其前 n 项和为 Sn , 则数列 {
*

Sn } 的前 10 项的和为 75 。 n
377
n ?1

2.已知数列 {a n } 的通项公式 an = {2 n ?1( n = 2 k ) (k ∈ N ) ,其前 n 项和为 Sn ,则 S9 =
*

2n?1 ( n = 2 k ?1)



3.已知数列 {a n } 的前 n 项和为 Sn ,且 S n = 2an + 1 ,则数列 {a n } 的通项公式为 an = ?2
*



4.已知数列 {a n } 中, a1 = 1, 且有 (2n + 1) an = (2n ? 3) an ?1 (n ∈ N , n ≥ 2) ,则数列 {a n } 的通项公式为

3 1 1 3n an = ( ? ) ,前 n 项和为 。 2 2n ? 1 2n + 1 2n + 1
精讲精练】 第 10 页 【精讲精练】共 14 页

*

2

2

5.数列{an}满足 a1=2,对于任意的 n∈N 都有 an>0, 且(n+1)an +an·an+1-nan+1 =0, N n-1 又知数列{bn}的通项为 bn=2 +1. (1)求数列{an}的通项 an 及它的前 n 项和 Sn; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn;

解:(1)可解得
n

a n +1 n + 1 2 = ,从而 an=2n,有 Sn=n +n, an n

(2)Tn=2 +n-1. * 6.数列{an}中,a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1-an,(n∈N ). N (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求 Sn; (3)设 bn=

1 * * * (n∈N ),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N ),是否存在最大的整数 m,使得对任意 n∈N 均有 N N N n(12 ? a n )

m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由. 32 解:(1)由 an+2=2an+1-an ? an+2-an+1=an+1-an 可知{an}成等差数列,? a ? a1 d= 4 =-2,∴an=10-2n. 4 ?1 2 2 (2)由 an=10-2n≥0 可得 n≤5,当 n≤5 时,Sn=-n +9n,当 n>5 时,Sn=n -9n+40,

T n>

? 2 ?? n + 9 n 故 S n= ? 2 ?n ? 9n + 40 ?

1≤ n ≤ 5 n>5

(3)bn=

1 1 1 1 1 = = ( ? ) n(12 ? an ) n(2n + 2) 2 n n + 1

1 1 1 1 1 1 n m m ∴Tn = b1 + b2 + L + bn = [(1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] = ;要使 Tn> 总成立,需 2 2 2 3 n n +1 2(n + 1) 32 32
< T 1=

1 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7. Z 4

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第 4 课 数列的应用
【考点导读】 1.能在具体的问题情景中发现数列的等差、等比关系,并能用有关知识解决相应的问题。 2.注意基本数学思想方法的运用,构造思想:已知数列构造新数列,转化思想:将非等差、等比数列转 化为等差、等比数列。 【基础练习】 1.若数列 {a n }中, a1 =

1 ,且对任意的正整数 p 、 q 都有 a p + q = a p aq ,则 a n = 3

1 3n

.

2.设等比数列 {a n }的公比为 q ,前 n 项和为 Sn ,若 S n +1 , S n , S n + 2 成等差数列,则 q 的值为 3.已知等差数列 {a n }的公差为 2,若 a1 , a3 , a4 成等比数列,则 a2 = 【范例导析】

?2



?6



例 1.已知正数组成的两个数列 {a n }, {bn } ,若 a n , a n +1 是关于 x 的方程 x ? 2bn x + a n bn bn +1 = 0 的两根
2 2

(1)求证: {bn } 为等差数列; (2)已知 a1 = 2, a 2 = 6, 分别求数列 {a n }, {bn } 的通项公式; (3)求数 {

bn }的前n项和s n 。 2n
2 2

(1)证明:由 a n , a n +1是关于x的方程x + 2bn x + a n bn bn +1 = 0 的两根得:
2 a n + a n +1 = 2bn , a n a n +1 = a n bn bn +1 2 ∴ 2bn = bn ?1bn + bn bn+1 ,

Q bn > 0

2 ∴ 2bn = bn ?1 + bn +1 (n > 1)

∴ {bn } 是等差数列

(2)由(1)知 2b12 = a1 + a 2 = 8,

∴ b1 = 2,

Q a 2 = b1b2 ,∴ b2 = 3,∴ bn = n + 1,∴ b1 = n
∴ a n = bn ?1bn = n( n + 1)( n > 1) 又 a1 = 2 也符合该式,

∴ a n = n(n + 1)
(3) s n =

2 3 4 n +1 + 2 + 3 +L + n ① 2 2 2 2 1 3 4 n +1 s n = 2 + 3 + L + n +1 ② 2 2 2 2

①—②得

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1 1 (1 ? n +1 ) 1 1 1 1 1 n +1 n ?1 1 1 n ?1 2 s n = 1 + 2 + 3 + 4 + L + n ? n +1 = 1 + 4 ? n +1 = 1 + (1 ? n ?1 ) ? n +1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1? 2 n+3 ∴ sn = 3 ? n . 2
点评: 点评:本题考查了等差、等比数列的性质,数列的构造,数列的转化思想,乘公比错项相减法求和等。 例 2.设数列 {a n }, {bn }满足 a1 = b1 = 6, a 2 = b2 = 4, a3 = b3 = 3 ,且数列 {a n +1 ? a n } n ∈ N 列,数列 {bn ? 2} n ∈ N

(

+

)是等差数

(

+

)是等比数列。
? ? 1? 2?

(I)求数列 {a n } 和 {bn } 的通项公式; (II)是否存在 k ∈ N * ,使 a k ? bk ∈ ? 0, ? ,若存在,求出 k ,若不存在,说明理由。 解:由题意得: a n = a1 + ( a 2 ? a1 ) + ( a3 ? a1 ) + L + (a n ? a n ?1 ) = 6 + ( ?2) + ( ?1) + 0 + L + ( n ? 4)

= 6+

[(?2) + (n ? 4)](n ? 1) = n 2 ? 7n + 18
2 2


n ?1 n ?1

1 由已知 b1 ? 2 = 4, b2 ? 2 = 2 得公比 q = 2

?1? ∴ bn ? 2 = (b1 ? 2 )? ? ?2?

?1? = 4×? ? ?2?

?1? ∴ bn = 2 + 8 × ? ? ?2?

n

k ?1 2 7 ? ? ?1? ? (2) f ( k ) = a k ? bk = ? k ? k + 9 ? ? ? 2 + 8 × ? ? ? 2 ?2 ? ? ?2? ? ? ? 2 k 1 ?? 7 ? 49 ? ?1? = ?? k ? ? ? ? ? 8 × ? ? + 7 ,所以当 k ≥ 4 时, f (k ) 是增函数。 2 ?? 2? 4? ?2? ? ? 1 1 又Q f ( 4) = , 所以当 k ≥ 4 时 f ( k ) ≥ , 2 2

又Q f (1) = f ( 2) = f (3) = 0 , 所以不存在 k ,使 f (k ) ∈ ? 0, ? 。

? ?

1? 2?

【反馈演练】 1.制造某种产品,计划经过两年要使成本降低 36% ,则平均每年应降低成本 20% 2.等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n , S5 = 2, S10 = 6 ,则 a16 + a17 + a18 + a19 + a20 = 。

54 。

精讲精练】 第 13 页 【精讲精练】共 14 页

3.设 {a n } 为等差数列, S n 为数列 {a n } 的前 n 项和,已知 S7 = 7, S15 = 75 , Tn 为数列{

Sn }的前 n 项 n

n 2 ? 9n 和,则 Tn = . 4
4.已知数列 {a n }为等差数列, S n 为其前n项和, 且a 2 = 3,4 S 2 = S 4 . (1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)求证数列 {2 n } 是等比数列; (3)求使得 S n + 2 > 2 S n的成立的n 的集合. 解: (1)设数列 {a n }的首项为a1 , 公差为d ,由题意得: ? 解得: a1 = 1, d = 2
a

?a1 + d = 3 ?4 × (2a1 + d ) = 4a1 + 6d

∴ a n = 2n ? 1

2 an 2 2 n ?1 (2)由题意知: a = 2 n ?3 = 4 , 2 n ?1 2 ∴ 数列{2 an } 为首项为 2,公比为 4 的等比数列
(3)由 a1 = 1, d = 2, a n = 2n ? 1得, S n = n
2

∴ S n + 2 > 2 S n ? ( n + 2) 2 > 2 n 2 ? ( n ? 2) 2 < 8 ∴ n = 1,2,3,4 故n的集合为 : {1,2,3,4}
5.已知数列 {a n } 的各项均为正数, Sn 为其前 n 项和,对于任意 n ∈ N * ,满足关系 S n = 2a n ? 2 . 证明: {a n } 是等比数列; 证明:∵ S n = 2a n ? 2( n ∈ N *) ① ∴ S n +1 = 2a n +1 ? 2( n ∈ N *) ②

②-①,得 a n +1 = 2a n +1 ? 2a n ( n ∈ N *) ∵ a n ≠ 0,



a n+1 = 2 (n ∈ N *) an

故:数列{an}是等比数列

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