2013届高三数学二轮复习-专题三-第2讲-数列求和及数列的综合应用教案

-1-第2讲数列求和及数列的综合应用自主学习导引真题感悟1．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为A.100101B.99101C.99100D.101100解析利用裂项相消法求和．设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴a1＋4d＝5，5a1＋5×5－12d＝15，，∴a1＝1d＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴1anan＋1＝1nn＋＝1n－1n＋1，∴数列{1anan＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…1100－1101＝1－1101＝100101.答案A2．(2012·浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N＋，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N＋.(1)求an，bn；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解析(1)由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.所以an＝4n－1，n∈N＋.由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N＋.(2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N＋，-2-所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N＋.考题分析数列的求和是高考的必考内容，可单独命题，也可与函数、不等式等综合命题，求解的过程体现了转化与化归的数学思想，解答此类题目需重点掌握几类重要的求和方法，并加以灵活应用．网络构建高频考点突破考点一：裂项相消法求数列的前n项和【例1】(2012·门头沟一模)数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1an·an＋1(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.[审题导引](1)运用公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，求an，注意n＝1时通项公式an；(2)裂项法求和．[规范解答](1)由已知，当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2，n＝1，2n－1，n≥2.(2)由(1)知，-3-bn＝16，n＝1，1n－1n＋＝1212n－1－12n＋1，n≥2，当n＝1时，T1＝b1＝16，当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝16＋1213－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝13－14n＋2，∴{bn}的前n项和Tn＝13－14n＋2.【规律总结】常用的裂项技巧和方法用裂项相消法求和是最难把握的求和问题之一，其原因是有时很难找到裂项的方向．突破这类问题的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧，如：(1)1nn＋k＝1k1n－1n＋k；(2)1n＋k＋n＝1k(n＋k－n)；(3)Cm－1n＝Cmn＋1－Cmn；(4)n·n！＝(n＋1)！－n！等．[易错提示]利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面：(1)裂项过程中易忽视常数，如1nn＋容易误裂为1n－1n＋2，漏掉前面的系数12；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．【变式训练】1．(2012·大连模拟)已知函数f(x)＝xx＋3，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N＋)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若数列{bn}满足bn＝12anan＋1·3n，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.解析(1)由已知，an＋1＝anan＋3，∴1an＋1＝3an＋1.∴1an＋1＋12＝31an＋12，并且1a1＋12＝32，∴数列1an＋12为以32为首项，3为公比的等比数列，∴1an＋12＝32·3n－1，∴an＝23n－1.(2)bn＝2·3nn－n＋1－＝13n－1－13n＋1－1，-4-∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝13－1－132－1＋…＋13n－1－13n＋1－1＝12－13n＋1－1.考点二：错位相减法求数列的前n项和【例2】(2012·滨州模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知an＋1＝2Sn＋2(n∈N＋)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成公差为dn的等差数列，求数列1dn的前n项和Tn.[审题导引](1)利用递推式消去Sn可求an；(2)利用错位相减法求数列1dn的前n项和．[规范解答](1)由an＋1＝2Sn＋2(n∈N＋)，得an＝2Sn－1＋2(n∈N＋，n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n∈N＋，n≥2)，又a2＝2a1＋2，∵{an}是等比数列，所以a2＝3a1，则2a1＋2＝3a1，∴a1＝2，∴an＝2·3n－1.(2)由(1)知an＋1＝2·3n，an＝2·3n－1.∵an＋1＝an＋(n＋1)dn，∴dn＝4×3n－1n＋1，令Tn＝1d1＋1d2＋1d3＋…＋1dn，则Tn＝24×30＋34·31＋44·32＋…＋n＋14·3n－1①13Tn＝24·31＋34·32＋…＋n4·3n－1＋n＋14·3n②①－②得23Tn＝24·30＋14·31＋14·32＋…＋14·3n－1－n＋14·3n＝12＋14×131－13n－11－13－n＋14·3n＝58－2n＋58·3n.-5-【规律总结】错位相减法的应用技巧(1)设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，求数列{anbn}的前n项和可用错位相减法．应用错位相减法求和时需注意：(2)①给数列和Sn的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n.【变式训练】2．已知等差数列{an}满足：an＋1＞an(n∈N＋)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1、1、3后顺次成为等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(n∈N＋)，若Tn＋2n＋32n－1n＜c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．解析(1)设d、q分别为数列{an}的公差、数列{bn}的公比．由题意知，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1、1、3得2、2＋d、4＋2d，∴(2＋d)2＝2(4＋2d)，∴d＝±2.∵an＋1＞an，∴d＞0，∴d＝2，∴an＝2n－1(n∈N＋)，由此可得b1＝2，b2＝4，∴q＝2，∴bn＝2n(n∈N＋)．(2)Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝12＋322＋523＋…＋2n－12n，①∴12Tn＝122＋323＋524＋…＋2n－12n＋1.②由①－②得12Tn＝12＋12＋122＋123＋…＋12n－1－2n－12n＋1.∴Tn＝1＋1－12n－11－12－2n－12n＝3－12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，∴Tn＋2n＋32n－1n＝3－1n＜3.∴使Tn＋2n＋32n－1n＜c(c∈Z)恒成立的c的最小值为3.考点三：数列与不等式的综合问题-6-【例3】已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a≠0，a≠1)．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝a2n＋Sn·an，若数列{bn}为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，设cn＝1an＋1－1an＋1－1，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn＞2n－12.[审题导引]第(1)问先利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)把Sn与an的关系式转化为an与an－1之间的关系，判断数列的性质，求其通项公式；(2)根据第(1)问，求出数列{bn}的前三项，利用b＝b1×b3列出方程即可求得a的值；(3)先求出数列{cn}的通项公式，根据所求证问题将其放缩，然后利用数列求和公式证明．[规范解答](1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，得a1＝a.当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，两式相减得an＝a·an－1，得anan－1＝a.即{an}是等比数列．所以an＝a·an－1＝an.(2)由(1)知bn＝(an)2＋aan－a－1an，bn＝a－a2n－a·ana－1，若{bn}为等比数列，则有b22＝b1b3，而b1＝2a2，b2＝a3(2a＋1)，b3＝a4(2a2＋a＋1)，故[a3(2a＋1)]2＝2a2·a4(2a2＋a＋1)，解得a＝12，再将a＝12代入bn，得bn＝12n，结论成立，所以a＝12.(3)证明由(2)，知an＝12n，所以cn＝112n＋1－112n＋1－1＝2n2n＋1＋2n＋12n＋1－1-7-＝2－12n＋1＋12n＋1－1.所以cn＞2－12n＋12n＋1.Tn＝c1＋c2＋…＋cn＞2－12＋122＋2－122＋123＋…＋2－12n＋12n＋1＝2n－12＋12n＋1＞2n－12.结论成立．【规律总结】数列与不等式综合问题的解题方法(1)在解决与数列有关的不等式问题时，需注意应用函数与方程的思想方法，如函数的单调性、最值等．(2)在数列的恒成立问题中，有时需先求和，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：①1k2＜1k2－1＝121k－1－1k＋1；②1k－1k＋1＜1k2＜1k－1－1k＋1；③2(n＋1－n)＜1n＜2(n－n－1)；④利用(1＋x)n的展开式进行放缩．【变式训练】3．已知数列{bn}满足：bn＋1＝12bn＋14，且b1＝72，Tn为{bn}的前n项和．(1)求证：数列bn－12是等比数列，并求{bn}的通项公式；(2)如果对任意n∈N＋，不等式12k12＋n－2Tn≥2n－7恒成立，求实数k的取值范围．解析(1)证明对任意n∈N＋，都有bn＋1＝12bn＋14，所以bn＋1－12＝12bn－12，则bn－12是等比数列，首项为b1－12＝3，公比为12，所以bn－12＝3×12n－1，即bn＝3×12n－1＋12.(2)因为bn＝3×12n－1＋12，所以Tn＝31＋12＋122＋…＋12n－1＋n2＝3×1－12n1－12＋n2＝61－12n＋n2.因为不等式12k12＋n－2Tn≥2n－7，-8-化简，得k≥2n－72n，对任意n∈N＋恒成立，设cn＝2n－72n，则cn＋1－cn＝n＋－72n＋1－2n－72n＝9－2n2n＋1，当n≥5时，cn＋1≤cn，数列{cn}为单调递减数列；当1≤n＜5时，cn＋1＞cn，数列{cn}为单调递增数列．而116＝c4＜c5＝332，所以n＝5时，cn取得最大值332.所以要使k≥2n－72n对任意n∈N＋恒成立，k≥332.名师押题高考【押题1】在数列{an}中，an＝1n＋1＋2n＋1＋…＋nn＋1，又bn＝2an·an＋1，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.解析an＝1n＋1(1＋2＋3＋…＋n)＝n2，bn＝2n2·n＋12＝81n－1n＋1∴数列{bn}的前n项和为Sn＝81－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝81－1n＋1＝8nn＋1.答案8nn＋1[押题依据]求数列的通项公式与数列的前n项和都是高考的热点．本题综合考查了以上两点及等差数列的求和公式，考查数列知识全面，综合性较强，故