专题四 第2讲 数列求和及综合应用

第2讲数列求和及综合应用考情解读高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题1数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种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)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和这种方法，适用于求通项为的数列的前n项和，其中an若为等差数列，则.常见的裂项公式：；()；()；()2数列应用题的模型(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)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题热点一分组转化求和例1等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和Sn.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定an的通项公式；(2)分组求和解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318，所以公比q3.故an23n1 (nN*)(2)因为bnan(1)nln an23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式已知数列an中，a11，anan1()n(nN*)(1)求证：数列a2n与a2n1(nN*)都是等比数列；(2)若数列an的前2n项和为T2n，令bn(3T2n)n(n1)，求数列bn的最大项(1)证明因为anan1()n，an1an2()n1，所以.又a11，a2，所以数列a1，a3，a2n1，是以1为首项，为公比的等比数列；数列a2，a4，a2n，是以为首项，为公比的等比数列(2)解由(1)可得T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)33()n，所以bn3n(n1)()n，bn13(n1)(n2)()n1，所以bn1bn3(n1)()n(n)3(n1)()n1(2n)，所以b1b4bn，所以(bn)maxb2b3.热点二错位相减法求和例2设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Snn1(nN*)，(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，nN*，证明：Tn1时，Sn2Sn1n两式相减得an的递推关系式，然后构造数列求通项；(2)先利用错位相减法求出Tn，再放缩(1)解Sn12Snn1，当n2时，Sn2Sn1n，an12an1，an112(an1)，即2(n2)，又S22S12，a1S11，a23，2，当n1时，式也成立，an12n，即an2n1(nN*)(2)证明an2n1，bn，Tn，Tn，两式相减，得Tn2()20，前n项和为Sn，S36，且满足a3a1,2a2，a8成等比数列(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn的值思维启迪(1)利用方程思想可确定a，d，写出an；(2)利用裂项相消法求Tn.解(1)由S36，得a22.a3a1,2a2，a8成等比数列，(2d)(26d)42，解得d1或d，d0，d1.数列an的通项公式为ann.(2)Tn(1)()()()()().思维升华裂项相消法适合于形如形式的数列，其中an为等差数列已知等差数列an是递增数列，且满足a4a715，a3a88.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(n2)，b1，求数列bn的前n项和Sn.解(1)根据题意a3a88a4a7，a4a715，所以a4，a7是方程x28x150的两根，且a480，当n7时，由于S6570，故Sn570(a7a8an)5707041()n6780210()n6.因为an是递减数列，所以An是递减数列因为An，A882.73480，A976.82380，所以必须在第九年年初对M更新思维升华解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题；(2)解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的相关问题；(3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果设某商品一次性付款的金额为a元，以分期付款的形式等额地分成n次付清，若每期利率r保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是()A.(1r)n元B.元C.(1r)n1元D.元答案B解析设每期期末所付款是x元，则各次付款的本利和为x(1r)n1x(1r)n2x(1r)n3x(1r)xa(1r)n，即xa(1r)n，故x.1数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)an(2)递推关系形如an1anf(n)，常用累加法求通项(3)递推关系形如f(n)，常用累乘法求通项(4)递推关系形如“an1panq(p、q是常数，且p1，q0)”的数列求通项，常用待定系数法可设an1p(an)，经过比较，求得，则数列an是一个等比数列(5)递推关系形如“an1panqn(q，p为常数，且p1，q0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以qn转化为类型(4)，或同除以pn1转为用迭加法求解2数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n1项中的前n项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零3数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在解题中的主要思路：首先构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；通过归纳得到结论，再用数列知识求解.真题感悟1(2013湖南)设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则：(1)a3_；(2)S1S2S100_.答案(1)(2)解析anSnSn1(1)nan(1)n1an1(n2)，an(1)nan(1)n1an1(n2)当n为偶数时，an1(n2)，当n为奇数时，2anan1(n2)，当n4时，a3.根据以上an的关系式及递推式可求a1，a3，a5，a7，a2，a4，a6，a8，.a2a1，a4a3，a6a5，S1S2S100(a2a1)(a4a3)(a100a99).2(2014课标全国)已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明an是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.证明(1)由an13an1，得an13(an)又a1，所以an是首项为，公比为3的等比数列an，因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1(1).所以.押题精练1如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第n(n2)行的第2个数为_答案n22n3解析由题意可知：图中每行的第二个数分别为3,6,11,18，即a23，a36，a411，a518，a3a23，a4a35，a5a47，anan12n3，累加得：ana2357(2n3)，ann22n3.2秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列an，已知a11，a22，且an2an1(1)n(nN*)，则该医院30天入院治疗甲流共有_人答案255解析由于an2an1(1)n，所以a1a3a291，a2，a4，a30构成公差为2的等差数列，所以a1a2a29a30151522255.故该医院30天入院治疗甲流的人数为255.3已知数列bn满足3(n1)bnnbn1，且b13.(1)求数列bn的通项公式；(2)已知，求证：1.(1)解因为3(n1)bnnbn1，所以.则3，3，3，3，累乘，可得3n1n，因为b13，所以bnn3n，即数列bn的通项公式bnn3n.(2)证明因为，所以an3n.因为()，所以(1)()()1.因为nN*，所以0，所以11，所以恒成立，则常数m所能取得的最大整数为_答案5解析要使S2nSn恒成立，只需(S2nSn)min.因为(S2(n1)Sn1)(S2nSn)(S2n2S2n)(Sn1Sn)a2n1a2n2an10，所以S2nSnS2S1，所以m0，nN*，且a3a28，又a1，a5的等比中项为16.(1)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，请说明理由解(1)设数列an的公比为q，由题意可得a316.a3a28，a28，q2.an2n1.(2)bnlog42n1，Snb1b2bn.，0；当n3时，bn1bn0.所以当n3时，bn取得最大值，即Tn取得最大值，此时S375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元