2013高考数学满分突破数列综合运用【精品课件】

数列数列的综合应用

§2 数列的综合应用 真题热身1.(2011· 四川改编)数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且

3 bn=an+1-an(n∈N*). b3=-2, 10=12, a8=______. 若 b 则解析 设数列{bn}的首项为 b1,公差为 d,由 b3=-2, b =-6, 1 解得 d=2,

b +2d=-2, 1 b10=12,得 b1+9d=12,

∴bn=-6+2(n-1)=2n-8. ∵bn=an+1-an, ∴a8=(a8-a7)+(a7-a6)+(a6-a5)+(a5-a4)+(a4-a3)+ (a3-a2)+(a2-a1)+a1 7×(-6+2×7-8) =b7+b6+b5+ +b1+a1= +3=3. 2

2.(2011· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn+Sm=

1 Sn+m,且 a1=1,那么 a10=________.解析 ∵Sn+Sm=Sn+m,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.

3.(2011· 广东)已知{an}是递增等比数列，a2=2,a4-a3=4,

2 则此数列的公比 q=________.解析 由 a2=2,a4-a3=4 得方程组 a =2, 2 a2q2-a2q=4

q2-q-2=0,

解得 q=2 或 q=-1. 又{an}是递增等比数列，故 q=2.

2 4.(2011· 浙江)若数列{n(n+4)( )n}中的最大项是第 k 项，则 3

4 k=________.2k 2 k-1 k(k+4)(3) ≥(k-1)(k+3)(3) , 由题意知 k(k+4)(2)k≥(k+1)(k+5)(2)k+1, 3 3

解析

解得 10≤k≤1+ 10.∵k∈N*,∴k=4.

考点整合1.根据数列的递推关系求数列的通项公式 (1)利用递推关系写出前几项， 根据前几项的特点观察、归 纳猜想出 an 的表达式，然后用数学归纳法证明. (2)当已知数列{an}中，满足 an+1-an=f(n),且 f(1)+f(2) + +f(n)可求，则可用累加法求数列的通项 an. an+1 (3)当已知数列{an}中，满足 =f(n),且 f(1)· · f(2)· f(n) an 可求，则可用累积法求数列的通项 an. (4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差数列、等 比数列).

2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前 n 项和. 对等比数列利用 公式法求和时，一定注意公式 q 是否能取 1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法， 主要用 于求数列{anbn}的前 n 项和，其中{an}、{bn}分别是等差数 列和等比数列. (3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后， 消去一部分从而计算和 1 的方法，适用于求通项为 的数列的前 n 项和.其中 anan+1 1 1 1 1 {an}若为等差数列，则 = ( - ). anan+1 d an an+1

(4)倒序相加法 这是推导等差数列前 n 项和时所用的方法.将一个数列倒过 来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的 项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和. (5)分组求和法 一个数列即不是等差数列，也不是等

比数列，若将这个数列 适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即能 分别求和，然后再合并.

分类突破一、错位相减法求和 例 1 (2010· 全国)设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·2n 1, 2 (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.解 (1)由已知，当 n≥1 时，an+1=[(an+1-an)+(an-an-1) +…+(a2-a1)]+a1=3(22n 1+22n 3+ +2)+2=22(n 而 a1=2,符合上式， 所以数列{an}的通项公式为 an=22n-1. (2)由 bn=nan=n·2n-1 知 2 Sn=1· 2+2·3+3·5+ +n·2n 1, 2 2 2 从而 22·n=1·3+2·5+3·7+ +n·2n+1. S 2 2 2 2 ①-②得(1-22)Sn=2+23+25+ +22n-1-n·2n+1, 2 1 即 Sn= [(3n-1)22n+1+2]. 9- - - +1)-1

-

.

① ②

归纳拓展

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.

变式训练 1 已知当 x=5 时，二次函数 f(x)=ax2+bx 取得 最小值，等差数列{an}的前 n 项和 Sn=f(n),a2=-7. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 bn= n,求 Tn. 2 b 解 (1)由题意得：- =5,当 n≥2 时，an=Sn-Sn-1= 2a

an2+bn-a(n-1)2-b(n-1)=2an+b-a=2an-11a. ∵a2=-7,得 a=1.∴a1=S1=-9, ∴an=2n-11.

2n-11 (2)bn= , 2n -9 -7 2n-11 ∴Tn= + 2 + + , 2 2 2n -9 2n-13 2n-11 1 T= + + + n +1 , 2 n 22 2n 2 ①-②得 1 9 2 2 2n-11 T =- + 2+ + n- n+1 2 n 2 2 2 2 1 1 (1- n-1) 2 2n-11 9 2 =- + - n+1 2 1 2 1- 2 2n-11 7 1 =- - n-1- n+1 . 2 2 2 2n-7 ∴Tn=-7- n . 2

① ②

二、裂项相消法求和 例 2 已知各项全不为零的数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= n(1+an) ,n∈N*. 2 (1)求证：数列{an}为等差数列； 1 1 1 1 (2)若 a2=3, 求证： n∈N 时， + 当 + + < . a1a2 a2a3 anan+1 2 1+a1 证明 (1) 由 S1= =a1 知 a1=1. 2 n(1+an) (n-1)(1+an-1) 当 n≥2 时，an=Sn-Sn-1= 2 - , 2*

化简得(n-2)an-(n-1)an-1+1=0, 以 n+1 代替 n 得(n-1)an+1-nan+1=0. 两式相减得(n-1)an+1-2(n-1)an+(n-1)an-1=0. 则 an+1-2an+an-1=0,其中 n≥2. 所以，数列{an}为等差数列.

① ②

(2)

由 a1=1,a2=3,

结合(1)的结论知 an=2n-1(n∈N*). 1 1 1 于是 + + + a1a2 a2a3 anan+1 1 1 1 = + + + 1×3 3×5 (2n-1)(2n+1) 1 1 11 1 1 1 1 = (1- )+ ( - )+ + ( - ) 2 3 23 5 2 2n-1 2n+1 1 1 1 = (1- )< . 2 2n

+1 2

归纳拓展

1.对 Sn=f(an)型的条件式，一般都要利用 an=Sn

-Sn-1(n≥2)来转化，一种方法是先写出 Sn-1=f(an- 1),相减 得 an=f(an)-f(an-1), 另一种方法是直接得到 Sn=f(Sn-Sn-1), 具体选用哪一种方法要具体分析. 1 2.对 an= 型的式子，一般要拆成相邻两项的 (2n-1)(2n+1) 1 1 1 差，即 an= ( - ),再相加求和时可消去中间项， 2 2n-1 2n+1 求得结果.这一类题解决的关键是要正确拆分，要注意观察 确定拆分后项的系数以及相消后的剩余项.

变式训练 2 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn+1= 4an+1,设 bn=an+ 1-2an. (1)证明：数列{bn}是等比数列； 1 (2)数列{cn}满足 cn= (n∈N*),设 Tn=c1c2+c2c3 log2bn+3 +c3c4+ +cncn+1,求 Tn.(1)证明 由于 Sn+1=4an+1, ① ② 当 n≥2 时，Sn=4an-1+1, ①-②得 an+1=4an-4an-1. 所以 an+1-2an=2(an-2an-1). 又 bn=an+1-2an,所以 bn=2bn-1. 因为 a1=1,且 a1+a2=4a1+1, 所以 a2=3a1+1=4.所以 b1=a2-2a1=2. 故数列{bn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列.

由(1)可知 bn=2n, 1 1 则 cn= = (n∈N*). log2bn+3 n+3 (2)解 Tn=c1c2+c2c3+c3c4+ +cncn+1 1 1 1 1 = + + + + 4×5 5×6 6×7 (n+3)(n+4) 1 1 n = - = . 4 n+4 4(n+4)