《安徽省2013年高考数学第二轮复习 专题四数列第2讲 数列的求和及其综合应用 理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省2013年高考数学第二轮复习 专题四数列第2讲 数列的求和及其综合应用 理.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题四 数列第2讲 数列的求和及其综合应用真题试做1(2012辽宁高考，理6)在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11( )A58 B88C143 D1762(2012大纲全国高考，理5)已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为( )A. B.C. D.3(2012课标全国高考，理16)数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_4(2012安徽高考，理21)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是can，a2a9232，a4a737.(1)求数列an的通项公式；(2)若将数列a
2、n的项重新组合，得到新数列bn，具体方法如下：b1a1，b2a2a3，b3a4a5a6a7，b4a8a9a10a15，依此类推，第n项bn由相应的an中2n1项的和组成，求数列的前n项和Tn.规律方法数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2)分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3)若数列an的通项能转化为f(n)f(n1)(n2)的形式，常采用裂项相消法求和；(4)若数列an是等差数列，bn是等比数列，
3、则求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法；(5)倒序相加法：若一个数列an满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和，可采用倒序相加法，如等差数列的通项公式就是用该法推导的特别提醒：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项(2)利用错位相减法求和时，应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论变式训练1(2012安徽江南十校联考，理17)在等比数列an中，a10(nN*)，且a3a28.又a1，a5的等比中项为16.(1)
4、求数列an的通项公式；(2)设bnlog4an，数列bn的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得k对任意nN*恒成立？若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由热点二 数列与函数、不等式交会【例2】(2012安徽合肥第三次质检，理21)已知数列an满足an1(nN*)，Sn是数列an的前n项和(1)若a11，求a2，a3，a4并推证数列an的通项公式；(2)若a1，求证：1(nN*)规律方法(1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大(小)项问题可转化为求相应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2)要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到
5、数列的单调性时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；(3)对于数列的前n项和，没有直接可套用的公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：，转化为数列或，用裂项相消法求和后即可达到比较大小的目的变式训练2(理科用)(2012安徽合肥一模，21)已知数列an中，a11，nan12(a1a2an)(1)求a2，a3，a4；(2)求数列an的通项an；(3)设数列bn满足b1，bn1bn.试证明：；bn1.热点三 数列与解析几何的交会【例3】(2011陕西高考，理19)如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线yex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.再从P2作x轴的
6、垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k1,2，n)(1)试求xk与xk1的关系(2kn)；(2)求|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|.规律方法对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，先得出关于数列相邻项an与an1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论变式训练3设C1，C2，Cn，是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线yx相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知rn为递增数列(1)证明
7、：rn为等比数列；(2)设r11，求数列的前n项和热点四 数列在实际问题中的应用【例4】(2011湖南高考，文20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新证明：须在第9年初对M更新规律方法能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差(比)、项数各是什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键(1)在数列应
8、用题中，当增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型为等差模型，增加(或减少)的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2)若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3)若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，应考虑an1，an之间的递推关系，或考虑Sn1，Sn之间的递推关系特别提醒：解决实际问题时要注意n的取值范围变式训练4某城市2012年末汽车拥有量为30万辆，预计此后每年将
9、上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车数量相同为保护城市环境，要求该城市汽车拥有量不超过60万辆从2012年末起，n年后汽车拥有量为bn1万辆，若每年末的拥有量不同(1)求证：bn1bn为等比数列；(2)每年新增汽车数量不能超过多少万辆？思想渗透1函数思想函数思想解决数列常见的问题：(1)数列的单调性；(2)数列中求最值问题；(3)数列中的恒成立问题2求解时注意的问题及方法：(1)数列是定义在N*或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2)解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和
10、导数解决问题；(3)解决有关数列的通项公式、单调性、最值、恒成立等问题时要注意项数n的取值范围(2012湖南长沙模拟，22)已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足aS2n1，nN*.数列bn满足bn，Tn为数列bn的前n项和(1)求a1，d和Tn；(2)若对任意的nN*，不等式Tnn8(1)n恒成立，求实数的取值范围；(3)是否存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由解：(1)(方法一)在aS2n1中，分别令n1，n2，得即解得a11，d2，an2n1.bn，Tn.(方法二)an是等差数列，a
11、n，S2n1(2n1)(2n1)an.由aS2n1，得a(2n1)an.又an0，an2n1，则a11，d2.(Tn求法同方法一)(2)当n为偶数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，即需不等式2n17恒成立，2n8，等号在n2时取得，此时需满足25.当n为奇数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，即需不等式2n15恒成立，2n随n的增大而增大，n1时，2n取得最小值6.此时需满足21.综合可得的取值范围是0，即2m24m10，1m1，m2，此时n12.因此，当且仅当m2，n12时，数列Tn中的T1，Tm，Tn成等比数列(方法二)，故，即2m24m10，解得1m1(以下同方法一)1已知数列an
12、的前n项和Sn，则a3( )A. B. C. D.2已知a，b，c，d成等比数列，且曲线yx22x3的顶点是(b，c)，则ad( )A3 B2 C1 D23设等比数列an的前n项和为Sn，若3，则( )A2 B. C. D34在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn( )A2n12 B3nC2n D3n15(2012河北模拟，14)已知数列an满足an2n12n1(nN*)，则数列an的前n项和Sn_.6设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x，yR，都有f(x)f(y)f(xy)若a1，anf(n)(nN*)，则数列an的前n项和Sn的取值范围是_
13、7(2012江西联考，19)已知数列an满足a12，a28，an24an14an.(1)证明：an12an是等比数列；(2)设bn(n2)，求：b2b3bn(n2且nN*)8(2012皖北协作区第一次联考，理20)已知数列an，bn，a12，an1an6n2.若在yx2mx的图象上，bn的最小值为b2.(1)求an的通项公式；(2)求m的取值范围参考答案命题调研明晰考向真题试做1B 解析：因为数列an为等差数列，所以S11，根据等差数列的性质，若pqmn，则apaqaman得，a1a11a4a816，所以S1188，故选B.2A 解析：S515，a11.d1.an1(n1)1n.设的前n项和为
14、Tn，则T10011.31 830 解析：an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.4(1)证明：先证充分性，若c0，由于xn1xxncxncxn，故xn是递减数列；再证必要性，若xn是递减数列，则由x2x1可得c0.(2)解：假设xn是递增数列由x10，得x2c，x3c22c.由x1x2x3，得0c
15、1.由xnxn1xxnc知，对任意n1都有xn0，即xn1.由式和xn0还可得，对任意n1都有xn1(1)(xn)反复运用式，得xn(1)n1(x1)(1)n1.xn1和xn(1)n1两式相加，知21(1)n1对任意n1成立根据指数函数y(1)x的性质，得210，c，故0c.若00.即证x0对任意n1成立下面用数学归纳法证明当0c时，xn对任意n1成立当n1时，x10，结论成立假设当nk(nN*)时结论成立，即xk.因为函数f(x)x2xc在区间内单调递增，所以xk1f(xk)f()，这就是说当nk1时，结论也成立故xnxn，即xn是递增数列综上可知，使得数列xn单调递增的c的取值范围是.5(
16、1)解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由a1b12，得a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：(方法一)由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.由，得Tn2(3n1)32232332n2n22n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故Tn122an10bn，nN*.(方法二：数学归纳法)当n1时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假设当nk时等式成立，即Tk122ak10bk，则当nk1
17、时有：Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即Tk1122ak110bk1，因此nk1时等式也成立由和，可知对任意nN*，Tn122an10bn成立精要例析聚焦热点热点例析【例1】 解：(1)由题意知解得或(由于an1an，舍去)设公差为d，则解得数列an的通项公式为an3n2(nN*)(2)由题意得bna2n1a2n11a2n12a2n12n11(32n12)(32n15)(32n18)32n1(32n11)2n132n1258(32n
18、14)(32n11)而258(32n14)(32n11)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n1项的和，258(32n14)(32n11)2n123322n32n，bn322n2322n32n22n2n.bn2n22n.Tn(4166422n)(4n1)【变式训练1】 解：(1)由题a316，又a3a28，则a28，q2.an2n1.(2)bnlog42n1，Snb1b2bn.，.正整数k可取最小值3.【例2】 解：(1)易知a22，a33，a44，猜想ann(nN*)下面用数学归纳法证明之：当n1时等式显然成立，假设nk时等式成立，即akk，所以ak1k1.即nk1时等式也成立，故ann(n
19、N*)(2)证明：因为an1(n1)(n1)(ann)，所以|an1(n1)|ann|(nN*)当an0时，；当an0时，0，所以|an1(n1)|ann|(nN*)而|a11|，所以|ann|an1(n1)|2|an2(n2)|n1|a11|n(nN*)，所以|(a11)(a22)(a33)(ann)|a11|a22|a33|ann|123n1n1.故bnbn1b10，所以数列bn是正项单调递增数列，当n1时，bn1bn.当n1时，b122221.所以bn1.综上可知，bn0)，则由题意得知，得n2rn；同理n12rn1，从而n1nrnrn12rn1，将n2rn代入，解得rn13rn，故rn
20、为公比q3的等比数列(2)解：由于r11，q3，故rn3n1，从而n31n.记Sn，则有Sn1231332n31n，则131232(n1)31nn3n，由，得1313231nn3nn3n3n，Sn31n.【例4】 (1)解：当n6时，数列an是首项为120，公差为10的等差数列an12010(n1)13010n；当n6时，数列an是以a6为首项，公比为的等比数列，又a670，所以an70n6.因此，第n年初，M的价值an的表达式为an(2)证明：设Sn表示数列an的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当1n6时，Sn120n5n(n1)，An1205(n1)1255n；当n7时，SnS6(a7a8an)570704780210n6，An.因为an是递减数列，所以An是递减数列又A88280，A9760，即x1.8时，bn13，当n4，13m7时，bn1bn0，即bn是递增数列m的取值范围为13，7- 12 -