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第11讲数列求和及数列的简单应用1.2018全国卷记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.试做2.2016全国卷Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lg an,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1000项和. 试做3.2014全国卷已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn-1,其中为常数.(1)证明:an+2-an=.(2)是否存在,使得an为等差数列?并说明理由.试做命题角度解决数列大题的有关策略1.解决已知某几个基本量求等差、等比数列的通项公式和前n项和问题:关键一:通过列方程(组)求关键量a1和d(或q);关键二:利用通项公式和前n项和公式求解.2.解决数列的递推问题:关键一:利用an=Sn,n=1,Sn-Sn-1,n2得出关于an与an+1(或an-1)的递推式;关键二:观察递推式的形式,采用不同方法求an.3.解决数列求和问题:关键一:利用等差数列、等比数列的前n项和公式求解;关键二:利用数列求和方法(倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.4.(1)等差数列的判断方法:定义法、等差中项法、利用通项公式判断、利用前n项和判断.(2)等比数列的判断方法:定义法:若an+1an=q(q是常数),则数列an是等比数列;等比中项法:若an+12=anan+2(nN*),则数列an是等比数列;通项公式法:若an=Aqn-1(A,q为常数),则数列an是等比数列.5.解决关于数列的不等式证明问题常用放缩法,解决最值问题常用基本不等式法.解答1等差、等比数列基本量的计算1 已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn,S1+1,S3,S4成等差数列,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若S4,S6,Sn成等比数列,求n及此等比数列的公比.听课笔记 【考场点拨】解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,要立足于两数列的概念,设出相应基本量,充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件,形成解题策略.【自我检测】已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=a1(2n-1),a4=16,nN*. (1)求a1及数列an的通项公式;(2)设bn=n2an,求数列bn的最大项.解答2数列的证明问题2 已知正项数列an的前n项和为Sn(nN*),其中Sn=an+.(1)若a1=2,a2=6,求数列an的通项公式;(2)若a1+a3=2a2,求证:an是等差数列.听课笔记 【考场点拨】判断数列是否为等差或等比数列的策略:(1)将所给的关系式进行变形、转化,以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断;(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列,则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.【自我检测】已知Sn为数列an的前n项和,且满足Sn-2an=n-4.(1)证明:Sn-n+2为等比数列;(2)求数列Sn的前n项和Tn.解答3数列的求和问题3 已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,S7=35,且a2,a5,a11成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若Tn为数列1anan+1的前n项和,且存在nN*,使得Tn-an+10成立,求实数的取值范围.听课笔记 【考场点拨】裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项,使得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵消的过程中,有的是依次项消,有的是间隔项消.常见的裂项方式有:1n(n+1)=1n-1n+1;1n(n+k)=1k1n-1n+k;1n2-1=121n-1-1n+1;14n2-1=1212n-1-12n+1.4 已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=n2-n,在正项等比数列bn中,b2=a2,b4=a5.(1)求an和bn的通项公式;(2)设cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.听课笔记 【考场点拨】如果数列an是等差数列,bn是等比数列,那么求数列anbn的前n项和Sn时,可采用错位相减法.用错位相减法求和时,应注意:等比数列的公比为负数的情形;在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便准确写出“Sn-qSn”的表达式.【自我检测】1.已知等比数列an的各项均为正数,a4=81,且a2,a3的等差中项为18.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=log3an,cn=14bn2-1,数列cn的前n项和为Tn,证明:Tn12.2.已知正项数列an3n是公差为2的等差数列,且a1,9,a2成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)求数列an的前n项和Sn.第11讲数列求和及数列的简单应用 典型真题研析1.解:(1)设an的公差为d,由题意得3a1+3d=-15,所以由a1=-7得d=2,所以an的通项公式为an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.2.解:(1)设an的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1,所以an的通项公式为an=n.故b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(2)因为bn=0,1n10,1,10n100,2,100n0,则bn+1bn;当n3时,-n2+2n+10,则bn+10恒成立,则an-an-1=4,所以数列an是首项为2,公差为4的等差数列,故an=4n-2.(2)证明:根据题意,有a1=(a1+)2,a1+a2=(a2+)2,a1+a2+a3=(a3+)2,因为a1+a3=2a2,所以可设a3-a2=a2-a1=d,-得a2=(a1+a2+2)d,-得a3=(a2+a3+2)d,-得d=22d2,当d=0时,a2=0,不符合题意,故舍去,则有2=12d,代入式得4=1,代入式得a1=d2,所以Sn=2an2+2an+2=12dan2+12an+d8.当n2且nN*时,有Sn-1=12dan-12+12an-1+d8,两式相减得an=12d(an2-an-12)+12(an-an-1),整理得(an+an-1)(an-an-1-d)=0.因为an0恒成立,所以an-an-1=d,所以an是等差数列.【自我检测】解:(1)证明:原式可转化为Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n2),即Sn=2Sn-1-n+4,所以Sn-n+2=2Sn-1-(n-1)+2.由S1-2a1=1-4,得S1=3,所以S1-1+2=4,所以Sn-n+2是首项为4,公比为2的等比数列.(2)由(1)知Sn-n+2=2n+1,所以Sn=2n+1+n-2,所以Tn=(22+23+2n+1)+(1+2+n)-2n=4(1-2n)1-2+n(n+1)2-2n=2n+3+n2-3n-82.解答3例3解:(1)由题意可得7a1+762d=35,(a1+4d)2=(a1+d)(a1+10d),即a1+3d=5,2d2=a1d,又因为d0,所以a1=2,d=1,所以an=n+1.(2)因为1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,所以Tn=12-13+13-14+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2(n+2).因为存在nN*,使得Tn-an+10成立,所以存在nN*,使得n2(n+2)-(n+2)0成立,即存在nN*,使得n2(n+2)2成立.又n2(n+2)2=12n+4n+4116(当且仅当n=2时取等号),所以116,即实数的取值范围是-,116.例4解:(1)Sn=n2-n,an=Sn-Sn-1=2(n-1)(n2),当n=1时,a1=0,满足上式,an=2(n-1).设数列bn的公比为q.数列bn为等比数列,且b2=a2=2,b4=a5=8,b4b2=q2=4,又bn0,q=2,bn=2n-1.(2)由(1)得cn=(n-1)2n,Tn=0+(2-1)22+(3-1)23+(n-1)2n=122+223+(n-1)2n,2Tn=123+224+(n-2)2n+(n-1)2n+1,两式相减,得-Tn=22+23+24+2n-(n-1)2n+1=22(1-2n-1)1-2-(n-1)2n+1=2n+1-(n-1)2n+1-4,Tn=(n-2)2n+1+4.【自我检测】1.解:(1)设等比数列an的公比为q(q0).由题意得a4=81,a2+a32=18,即a1q3=81,a1q(1+q)=36,两式相除,得4q2-9q-9=0,解得q=3或q=-34.q0,q=3,a1=3,an=a1qn-1=3n.(2)证明:由(1)得bn=log33n=n,cn=14n2-1=1212n-1-12n+1,Tn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=12-14n+2,Tn12.2.解:(1)因为数列an3n是公差为2的等差数列,所以a232-a13=2,则a2=3a1+18,又a1,9,a2成等比数列,所以a1a2=a1(3a1+18)=92,解得a1=3或a1=-9.因为数列an3n为正项数列,所以a1=3,所以an3n=33+2(n-1)=2n-1,故an=(2n-1)3n.(2)由(1)得Sn=13+332+(2n-1)3n,所以3Sn=132+333+(2n-1)3n+1,所以Sn-3Sn=3+232+33+3n-(2n-1)3n+1,即-2Sn=3+232-3n31-3-(2n-1)3n+1=3n+1-6+(1-2n)3n+1=(2-2n)3n+1-6,故Sn=(n-1)3n+1+3.备选理由 例1以an与Sn的关系为背景,需要探究得出数列an为等比数列,从而考查等比数列的前n项和与通项公式的有关计算;例2是等差数列与等比数列结合的问题,重在考查裂项相消法求和和数列不等式的证明;例3考查分组求和法,这也是数列求和的常用方法,是对裂项相消法与错位相减法的补充.例1配例1使用 已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-1(nN*).(1)求a1,a2,a3的值;(2)若数列bn满足b1=2,bn+1=an+bn,求数列bn的通项公式.解:(1)由题知S1=a1=2a1-1,得a1=1,S2=2a2-1=a1+a2,得a2=a1+1=2,S3=2a3-1=a1+a2+a3,得a3=a1+a2+1=4.(2)当n2时,Sn-1=2an-1-1,所以an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),得an=2an-2an-1,即an=2an-1,所以an是以1为首项,2为公比的等比数列,则an=2n-1.当n2时,bn=b1+(b2-b1)+(bn-bn-1)=2+a1+a2+an-1=2+a1(1-2n-1)1-2=2n-1+1,经验证,b1=2=21-1+1,满足上式,故bn=2n-1+1.例2配例2使用 已知等差数列an的公差d0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=(2n+1)2Sn+1,数列bn的前n项和为Tn,求证:Tn-2n12.解:(1)由a1=0得an=(n-1)d,Sn=n(n-1)d2.因为a2+2,S3,S4成等比数列,所以S32=(a2+2)S4,即(3d)2=(d+2)6d,整理得3d2-12d=0,即d2-4d=0,因为d0,所以d=4,所以an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4.(2)证明:由(1)可得Sn+1=2n(n+1),所以bn=(2n+1)2Sn+1=(2n+1)22n(n+1)=2+12n(n+1)=2+121n-1n+1,所以Tn=2n+121-12+12-13+1n-1n+1=2n+121-1n+12n+12,所以Tn-2n12.例3配例3使用 已知an是等比数列,且a1+a2=20,a2+a3=80.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=an+log4an,求数列bn的前n项和Sn.解:(1)设数列an的公比为q.由a1+a1q=20,a1q+a1q2=80,解得a1=4,q=4,所以an=44n-1=4n.(2)bn=an+log4an=4n+log44n=2n+n,Sn=b1+b2+b3+bn=(2+1)+(22+2)+(23+3)+(2n+n)=(2+22+23+2n)+(1+2+3+n)=2(1-2n)1-2+n(n+1)2=2n+1+n2+n2-2.
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