2011年高考数学二轮专题复习课件：数列求和与数列综合应用

第7讲数列求和与数列综合应用第7讲│主干知识整合数列求和常用的方法(1)公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式．特别提示：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论；③常用公式：1＋2＋3＋…＋n＝12n(n＋1)，(2)分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和．(3)倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和(这也是等差数列前n项和公式的推导方法)．(4)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n项和公式的推导方法)．(5)裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和．(6)通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和．第7讲│要点热点探究►探究点一数列求和例1等比数列的首项为a，公比为q，Sn为前n项的和，则S1＋S2＋…＋Sn＝________.【答案】nn＋12a，q＝1，na1－q－aq1－qn1－q2，q≠1.【解析】当q＝1时，an＝a，Sn＝na，∴S1＋S2＋…＋Sn＝(1＋2＋…＋n)a＝nn＋12a；当q≠1时，∵Sn＝a1－qn1－q，∴S1＋S2＋…＋Sn＝a1－q[(1－q)＋(1－q2)＋…＋(1－qn)]＝a1－q[n－(q＋q2＋…＋qn)]＝a1－qn－q1－qn1－q＝na1－q－aq1－qn1－q2.【点评】等比数列{an}求和时必须注意：(1)当条件中注明q≠1(或q＝1没有意义)时，可直接使用公式Sn＝a11－qn1－q；(2)当q＝1有意义时，应分成两种情况：①当q＝1时，Sn＝na1；②当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q.已知log3x＝－1log23，则x＋x2＋x3＋…＋xn＋…的前n项和为________．【答案】1－12n【解析】由log3x＝－1log23⇒log3x＝－log32⇒x＝12.由等比数列的求和公式得Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn＝x1－xn1－x＝121－12n1－12＝1－12n.►探究点二数列与其他知识的综合问题例2在直角坐标平面上有一点列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)，…，对一切正整数n，点Pn位于函数y＝3x＋134的图象上，且Pn的横坐标构成以－52为首项，－1为公差的等差数列{xn}．(1)求点Pn的坐标；(2)设抛物线列c1，c2，c3，…，cn，…中的每一条的对称轴都垂直于x轴，第n条抛物线cn的顶点为Pn，且过点Dn(0，n2＋1)，设与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn，求：1k1k2＋1k2k3＋…＋1kn－1kn；(3)设S＝x|x＝2xn，n∈N*，T＝{y|y＝4yn，n∈N*}，等差数列{an}的任一项an∈S∩T，其中a1是S∩T中的最大数，－265a10－125，求{an}的通项公式．【解答】(1)xn＝－52＋(n－1)×(－1)＝－n－32，∴yn＝3·xn＋134＝－3n－54，∴Pn－n－32，－3n－54.(2)∵cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn.∴设cn的方程为y＝ax＋2n＋322－12n＋54，把Dn(0，n2＋1)代入上式，得a＝1，∴cn的方程为y＝x2＋(2n＋3)x＋n2＋1.kn＝y′|x＝0＝2n＋3，∴1kn－1kn＝12n＋12n＋3＝1212n＋1－12n＋3，∴1k1k2＋1k2k3＋…＋1kn－1kn＝1215－17＋17－19＋…＋12n＋1－12n＋3＝1215－12n＋3＝110－14n＋6＝n－110n＋15.(3)S＝{x|x＝－(2n＋3)，n∈N*}，T＝{y|y＝－(12n＋5)，n∈N*}＝{y|y＝－2(6n＋1)－3，n∈N*}，∴S∩T＝T，T中最大数a1＝－17.设{an}公差为d，则a10＝－17＋9d∈(－265，－125)，由此得－2489d－12，又∵an∈T，∴d＝－12m(m∈N*)，∴d＝－24，∴an＝7－24n(n∈N*)．【点评】本题是数列与解析几何问题综合，难度较大，近三年江苏对数列的考查很少与其他知识交汇，数列与其他知识交融是命题的冷点，复习时仍要关注．►探究点三数列中的探索性问题例3已知负数a和正数b，令a1＝a，b1＝b，且对任意的正整数k，当ak＋bk2≥0时，有ak＋1＝ak，bk＋1＝ak＋bk2；当ak＋bk20，有ak＋1＝ak＋bk2，bk＋1＝bk.(1)求bn－an关于n的表达式；(2)是否存在a，b，使得对任意的正整数n都有bnbn＋1？请说明理由．(3)若对任意的正整数n，都有b2n－1b2n，且b2n＝b2n＋1，求bn的表达式．【解答】(1)当ak＋bk2≥0时，bk＋1－ak＋1＝ak＋bk2－ak＝bk－ak2；当ak＋bk20时，bk＋1－ak＋1＝bk－ak＋bk2＝bk－ak2.所以，总有bk＋1－ak＋1＝12(bk－ak)，因此，数列{bn－an}是首项为b－a，公比为12的等比数列．所以bn－an＝(b－a)12n－1.(2)假设存在a，b，对任意的正整数n都有bnbn＋1，即an＝an＋1.所以an＝an－1＝…＝a1＝a，又bn－an＝(b－a)12n－1，所以bn＝a＋(b－a)12n－1，又an＋bn2≥0，即a＋(b－a)12n≥0，即2n≤a－ba，因为a－ba是常数，故2n≤a－ba不可能对任意正整数n恒成立．故不存在a，b，使得对任意的正整数n都有bnbn＋1.(3)由b2n－1b2n，可知a2n－1＝a2n，b2n＝a2n－1＋b2n－12，所以b2n＝a2n＋b2n－12，即b2n－b2n－1＝－(b2n－a2n)＝－(b－a)122n－1.又b2n＝b2n＋1，故b2n＋1－b2n－1＝－(b2n－a2n)＝(a－b)122n－1，∴b2n－1＝(b2n－1－b2n－3)＋(b2n－3－b2n－5)＋…＋(b3－b1)＋b1＝(a－b)122n－3＋122n－5＋…＋121＋b＝(a－b)121－14n－11－14＋b＝23(a－b)1－14n－1＋b.当n为奇数时，令n＝2m－1，可得bn＝b2m－1＝23(a－b)·1－14m－1＋b＝23(a－b)1－12n－1＋b，当n为偶数时，可得bn＝bn＋1＝23(a－b)1－12n＋b，故bn＝23a－b1－12n－1＋b，n为奇数，23a－b1－12n＋b，n为偶数.【点评】对于数列中的探索性问题，和解决其他探索性问题一样，需要从特殊情况出发，经过观察、试验、类比、归纳证明一般性结论．►探究点四数列应用题例4公民在就业的第一年就交纳养老储备金a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d0)，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为r(r0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…….以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．【解答】T1＝a1，对n≥2反复使用上述关系式，得Tn＝Tn－1(1＋r)＋an＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an＝…＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋an，①在①式两端同乘1＋r，得(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)②②－①，得rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝dr[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－an.即Tn＝a1r＋dr2(1＋r)n－drn－a1r＋dr2.如果记An＝a1r＋dr2(1＋r)n，Bn＝－a1r＋dr2－drn，则Tn＝An＋Bn.其中{An}是以a1r＋dr2(1＋r)为首项，以1＋r(r0)为公比的等比数列；{Bn}是以－a1r＋dr2－dr为首项，－dr为公差的等差数列．【点评】数列在实际生活中有着广泛的应用，同时也是高考考查的重要内容．解决实际问题建立数列模型主要有：(1)等差数列模型；(2)等比数列模型；(3)等差等比综合运用模型．运用数学知识和数学方法解决生产和生活实际问题是数学社会功能化的需要．环境保护，生态平衡越来越成为人们关注的热点之一，也必然成为高考的热点问题之一，本题具有一定的生活背景和文化背景，对学生要求既要有坚实的基础知识，又要有良好的思维能力和分析、解决问题的能力．第7讲│规律技巧提炼1．方程思想：等差(比)数列的通项公式，数列的求和公式都是等式，可以说，数列的学习离不开方程．由于数列与方程之间存在着这种“天然”的联系．我们自然就想到了用方程的思想来解数列问题．2．函数思想：数列是一种特殊的函数，它的定义域是N*或N*的子集{1,2,3，…，n}，其图象是一群孤立的点．利用函数的思想研究数列常常能收到事半功倍的效果．例如：公差不为0的等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)是关于n的一次函数，因此，可以利用一次函数y＝kx＋b的性质研究等差数列的通项问题，其中k＝d，b＝a1－d；等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋nn－1d2是关于n的二次函数，且Snn是关于n的一次函数，因此，可以利用二次函数y＝ax2＋bx＋c其中a＝d2，b＝a1－d2，c＝0或一次函数y＝kx＋b的性质研究有关等差数列的前n项和的问题．第7讲│高考真题剖析[2010·江苏卷]设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知2a2＝a1＋a3，数列{Sn}是公差为d的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式(用n，d表示)；(2)设c为实数，对满足m＋n＝3k且m≠n的任意正整数m，n，k，不等式Sm＋SncSk都成立．求证：c的最大值为92.【解答】(1)由题意知：d0，Sn＝S1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)d，2a2＝a1＋a3⇒3a2＝S3⇒3(S2－S1)＝S3,3[(a1＋d)2－a1]＝(a1＋2d)2，化简，得：a1－2a1·d＋d2＝0，∴a1＝d，a1＝d2.Sn＝d＋(n－1)d＝nd，Sn＝n2d2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝(2n－1)d2，适合n＝1的情形．故an＝(2n－1)d2.(2)(方法一)Sm＋SncSk⇒m2d2＋n2d2c·k2d2⇒m2＋n2c·k2，cm2＋n2k2恒成立．又m＋n＝3k且m≠n,2(m2＋n2)(m＋n)2＝9k2⇒m2＋n2k292，故c≤92，即c的最大值为92.(方法二)由a1＝d及Sn＝a1＋(n－1)d，得d0，Sn＝n2d2.于是，对满足题设的m，n，k，m≠n，有Sm＋Sn＝(m2＋n2)d2m＋n22d2＝92d2k2＝92Sk.所以c的最大值cmax≥92.另一方面，任取实数a92.设k为偶数，令m＝32k＋1，n＝32k－1，则m，n，k符合条件，且Sm＋Sn＝(m2＋n2)d2＝d232