专题三 数列及数列的简单应用.doc

专题三　数列及数列的简单应用
第9讲 数列的概念与表示、等差数列与等比数列

[云览高考]
考点统计
题型(频率)
考例(难度)
考点1　数列的概念与表示
填空(2)
2012课程标准卷16(C)，2012四川卷16(B)
考点2　等差数列
填空(4)
解答(2)
2012北京卷10(A)，2012广东卷11(A)，2012陕西卷17(2)(B)
考点3　等比数列
选择(4)
解答(3)
2012课程标准卷5(A)，2012安徽卷4(A)，2012陕西卷17(1)(B)
说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题．频率为分析2012各省市课标卷情况．
二轮复习建议
命题角度：该部分的命题一般围绕三个点展开．第一个点围绕一般数列、数列的通项与前n项和的关系展开，设计求数列的项、数列的和、数列中的某些量等问题，目的是考查对数列概念的理解、基本的变换与运算的能力；第二个点是围绕等差数列展开，设计等差数列的判定、等差数列的性质、通项公式的求解、前n项和的求解等问题，目的是考查基础知识和基本运算求解能力；第三个点是围绕等比数列展开，设计等比数列的判定、等比数列的性质、通项公式的求解、前n项和的求解等，目的是考查基础知识和基本运算求解能力．无论在哪个点展开的命题，试题难度都不大．
预计2013年对该部分的考查基本方向不会变化，即主要考查数列的一般问题、等差数列与等比数列中基本量的计算、通项公式的求解、前n项和的求解等．
复习建议：从近五年课标全国卷的考查情况看，数列试题不论是难度还是数量(分值)和以往的传统高考以及少数课标地区的高考都有明显降低，考查的内容就是数列的基本问题(通项、求和)、等差数列和等比数列，还有一点要注意的是高考数列的难点放置于求和这个地方，因此在复习该讲内容时要坚持基础为主，强化运算能力的培养．
主干知识整合

1.an与Sn的关系
在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an，从而an＝
2．等差数列和等比数列
(1)公式：如果数列{an}是公差为d的等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋d＝.
如果数列{an}是公比为q的等比数列，则an＝a1qn－1，Sn＝
(2)性质：等差数列{an}对正整数m，n，p，q，am＋an＝ap＋aq⇔m＋n＝p＋q，am＋an＝2ap⇔m＋n＝2p.
等比数列{an}对正整数m，n，p，q，aman＝apaq⇔m＋n＝p＋q，am＋an＝a⇔m＋n＝2p.
(3)求通项公式的方法及常见的递推公式：求数列通项公式的主要方法有：①观察法：观察法就是观察数列的特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n的关系，从而确定数列的通项；②构造法：构造法就是根据数列的递推公式以及其他有关关系式，进行变形整理，构造出一个新的等差或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求解；③待定系数法：如果已知数列{an}的通项公式的结构形式，我们可以先设出通项公式，然后再由已知条件求出待定系数；④猜归法：猜归法就是由已知条件先求出数列的前几项，一般是a1，a2，a3，a4等，由此归纳猜想出an；⑤迭代法：对于某些an＝f(an－1)形式的递推关系，可将an－1＝f(an－2)，an－2＝f(an－3)，…，a2＝f(a1)依次代入，直到得出一个常数，或得到一系列常数的和或积的形式，然后利用数列求和来解决问题，在解决的过程中应特别注意代换的项数和次数，迭代法就是累加法和累积法．
①等差(比)型：直接利用公式．
②和项互化型：把项化和或把和化项．
③分配常数型或待定系数型：如an＝pan－1＋q(p，q为常数)．
④累加性：an＝an－1＋f(n)(n≥2)．⑤累乘型：an＝f(n)an－1(n≥2)．
⑥倒数型：an＝(n≥2，p，q，r为常数)．
⑦不动点型：an＝(n≥2，p，q，r，s为常数)．
⑧作商型：an＝f(n)an－1＋g(n)(n≥2)．
⑨特征方程型：an＝pan－1＋qan－2(n≥3，p，q为常数)．
(4)结论：当公差不为0时，等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，且不含常数项；等差数列的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；等比数列的前n项和为Sn，则在公比不等于－1时，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列；等差数列的单调性由公差d的范围确定，等比数列的单调性由首项和公比的范围确定．
要点热点探究
►　探究点一　数列的概念与表示
例1 (1)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)，则数列{an}的通项公式是________．
(2)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，则数列{an}的通项公式是________．
►　探究点二　与等差数列有关的问题
例2 在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　B　)
A．58 B．88 C．143 D．176
变式题 (1)在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－a11的值为(　C　)
A．14 B．15 C．16 D．17
(2)已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为{an}的前n项和，则的值为____2____．
►　探究点三　与等比数列有关的问题
例3 [2012·安徽] 公比为的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则loga16＝(B)
A．4 B．5 C．6 D．7
变式题 (1)数列{an}中，an＋1＝3an＋2(n∈N＋)，且a10＝8，则a4＝(　A　)
A．－ B. C. D．－
(2)在公比为整数的等比数列{an}中，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则该数列的前8项之和等于(　A　)
A．510 B．540 C．570 D．630
►　探究点四 等差数列与等比数列的综合
例4 [2012·湖北卷] 已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
点评] 在求一个数列的绝对值的前n项和时，一般思路是根据其项的符号分段求解，但也可从原数列的前n项出发，通过适当的变换从整体上求解．
规律技巧提炼
•规律　根据数列的通项an与前n项和的关系求解数列的通项公式时考虑两个方面，一方面是根据Sn＋1－Sn＝an＋1把数列中的和转化为数列的通项之间的关系；另一方面是根据an＋1＝Sn＋1－Sn把数列中的通项转化为和的关系，先求Sn再求an.
•技巧　判断数列{an}是不是等差数列的方法有：(1)根据等差数列的定义，即证明an＋1－an＝d(常数)；(2)证明an＋1＝；(3)证明其通项公式是关于n的一次函数(这样的等差数列公差不等于零)等．判断数列{an}为等比数列的基本方法是定义法．
•易错　关系式an＝一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．三个数a，b，c成等差数列的充要条件是b＝，但三个数a，b，c成等比数列的必要条件是b2＝ac.
命题立意追溯
创新意识——证明新定义的数列为等差、等比数列
示例 [2012·江苏卷] 已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝，n∈N*.
(1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列是等差数列；
(2)设bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．
[命题阐释] 本题命制点为通过新定义来构造等差、等比数列，考查创新意识．先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题，是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般性质新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．
[跟踪练]
定义：若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，其中n为正整数．
(1)证明：数列{2an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列；
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn＝(2a1＋1)(2a2＋1)…(2an＋1)，求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式．
教师备用例题
选题理由：例1是研究数列的性质，在正文中我们偏重计算，这个题目作为补充；例2是一道难度较大、技巧较高的试题，其基本思想是构造函数，使用函数的性质，可供开阔学生思路用；例3为等差数列与等比数列的综合，可作探究点四的变式训练．
例1　　设{an}是公比为q的等比数列，其前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a99a100－1>0，<0，给出下列结论：
(1)0<q<1；(2)T198<1；(3)a99a101<1；(4)使Tn<1成立的最小自然数n等于199，其中正确结论的编号为_ (1)(3)(4)．
例2　设函数f(x)＝2x－cosx，{an}是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝(　D　)
A．0 B.π2 C.π2 D.π2
例3　　[2012·山东卷] 在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.

第10讲 数列求和及数列的简单应用
[云览高考]
考点统计
题型(频率)
考例(难度)
考点1　错位相减求和
解答(4)
2010课程标准卷17(2)(B)，2012江西卷17(2)(B),2012天津卷18(2)(B)
考点2　裂项求和
选择(1)
解答(1)
2011课程标准卷17(2)B,2012全国卷5(B)
考点3　周期求和
填空(1)
解答(1)
2012福建卷14(B)，2012江西卷17(2)B
说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题．频率为分析2012各省市课标卷情况．
二轮复习建议
命题角度：该部分通常围绕两个点进行命题．第一个点是围绕等差、等比数列，涉及求等差数列、等比数列的基本量、通项等问题，然后考查等差数列、等比数列的求和，目的是考查等差数列和等比数列的基础知识和运算求解能力，试题可能是选择题、填空题，也可能是解答题；第二个是围绕裂项求和、错位相减求和展开，试题首先设计数列的基本问题(如数列的通项、数列的基本量等)，然后设计使用裂项方法、错位相减方法求和的问题，目的是考查数列的基础知识和这两种重要求和方法，试题一般是解答题．
预计2013年对该部分的考查基本方向不会发生大的变化，即在考查等差数列、等比数列等基础知识的前提下，考查数列求和(主要是裂项相消法和错位相减法)，但数列问题的中心和难点都放在求和上，这是新课标的一个重要趋势．
复习建议：从课标全国卷五年的考查情况看，在选择题、填空题中主要考查等差数列、等比数列的求和，这可以直接使用公式，在解答题中考查数列求和，主要是裂项相消法和错位相减法及周期性，因此复习该讲以这两种求和方法为主，引导学生掌握裂项的技巧，掌握错位相减的计算程序，提高解题的正确率(这点学生非常容易出错)，在求和的其他方法上不要过度展开，适当提及即可．

主干知识整合
1.常用公式
等差数列的前n项和，等比数列的前n项和，1＋2＋3＋…＋n＝，12＋22＋32＋…＋n2＝，13＋23＋…＋n3＝2.
2．常用裂项方法
＝－；＝；＝；
＝；＝＝－等．
3．常用求和方法
公式法
如an＝2＋2n，an＝3n
分组法
如an＝2n＋2n，an＝(－1)nn＋2
裂项法
如an＝＝－
错位相减法
如an＝(2n－1)·2n
倒序相加法
如C＋C＋…＋C＋…＋C
4.数列的模型

等差数列
基本特征是均匀增加或者减少
等比数列
基本特征是指数增长，常见的是增产率问题、存款复利问题
一个简单递推数列
基本特征是指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a
要点热点探究
►　探究点一　错位相减法求数列前n项和
例1 [2012·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，
a6＝8a3.(1)求an；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
错位相减法求数列前n项和
解：(1)由Sn＝kcn－k，
得an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1(n≥2)，(3分)
由a2＝4，a6＝8a3，得kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)，(5分)
解得所以a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是an＝2n.(7分)
(2)Tn＝iai＝i·2i，即
Tn＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n，(9分)
Tn＝2Tn－Tn＝－2－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1
＝－2n＋1＋2＋n·2n＋1＝(n－1)2n＋1＋2.(12分)
[规范评析] 本题考查数列的通项、递推、错位相减法求和的综合应用．利用an＝来实现an与Sn的相互转化是数列问题比较常见的技巧之一，要注意an＝Sn－Sn－1不能用来求解首项a1，首项a1一般通过a1＝S1来求解．运用错位相减法求数列的前n项和适用的情况：当数列通项由两项的乘积组成，其中一项是等差数列，另一项是等比数列．
变式题 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3的值； (2)求数列{an}的通项公式；
(3)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式≥128的最小n值．
解：(1)因为Sn＝2an－n，令n＝1，解得a1＝1，再分别令n＝2，n＝3，解得a2＝3，a3＝7.
(2)因为Sn＝2an－n，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＝2an－1＋1.
所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，又因为a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.
(3)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n，
所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，　①
2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，　②
①－②得：－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1
＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，
所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1，若≥128，则≥128，
即2n＋1≥27，所以n＋1≥7，解得n≥6，所以满足不等式≥128的最小n值为6.
►　探究点二　裂项法求数列的前n项和
例2 已知数列{an}的各项均是正数，其前n项和为Sn，满足Sn＝4－an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn·bn＋2}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
[规范评析] 本题两问都是数列中的基本问题．类似于已知Sn＝4－an类型的数列，由于这个等式对任意n都成立，故可用n－1，n＋1，n＋2,2n等代换其中的n，得出新的等式，再结合原来的等式采取相应方法转化问题；第二问是典型的裂项求和法，注意的分母不是连续的两个正整数的乘积，此时裂项相消后剩下的是四项，对剩下的是哪四项容易出错，避免出错的一个方法是把各项中正项集中起来、负项集中起来，即把其变形为
，这样就很清楚了．在数列前n项和的不等式中有的要先求和再放缩(如本例)，有的要先放缩再求和(如备用例题2第(3)问)．
变式题 已知等差数列{an}为递增数列，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和Tn＝1－bn.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；bn＝.
(2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn..

►　探究点三　数列的简单应用问题
例3 某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降．若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年(今年为第一年)的利润为万元(n为正整数)．
(1)设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(扣除技术改造资金)，求An，Bn的表达式；
(2)依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？
数列的简单应用问题
解：(1)依题意知，An是一个以480为首项，－20为公差的等差数列的前n项和，所以An＝480n＋×(－20)＝490n－10n2，(2分)
Bn＝500＋500＋…＋500－600
＝500n＋500－600
＝500n＋500×－600＝500n－－100.(6分)
)依题意得，Bn>An，即500n－－100>490n－10n2，(7分)
可化简得<n2＋n－10，∴可设f(n)＝，g(n)＝n2＋n－10.(9分)
又∵n∈N*，∴可知f(n)是减函数，g(n)是增函数，
又f(3)＝>g(3)＝2，f(4)＝<g(4)＝10.(11分)
则n≥4时不等式成立，所以至少经过4年．(12分)
[规范评析] 本题的实际意义是很常见的，是很贴近现实的，所用到的知识就是等差数列、等比数列的求和，第二问的建模也不复杂，难点就是建模后求解不等式<n2＋n－10.本例为以等差数列和等比数列为背景的数列应用题．
规律技巧提炼
•规律　裂项相消是把数列的通项an分拆成an＝bn＋1－bn或者an＝bn－bn＋1或者an＝bn＋2－bn；错位相减法适用于数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列，依据是：cn＝anbn，其中{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，则qcn＝qanbn＝anbn＋1，此时cn＋1－qcn＝(an＋1－an)bn＋1＝dbn＋1.
•技巧　裂项需把数列的通项分拆成两项，一是某个数列中的相邻的两项，二是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消剩下几项，把和求出来的目的．
•易错　在利用等比数列求和时，易忽略对公比q的讨论；在利用错位相减法求和时，易忽略首项是否与后项构成等比.
命题立意追溯
推理论证能力——数列综合问题中推理论证方法
示例 设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝a＋n，an>0(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3；(2)猜想{an}的通项公式，并加以证明；
(3)设x>0，y>0，且x＋y＝1，证明：＋≤.
同的数学方法进行推理论证的能力，涉及合情推理、数学归纳法、综合法、分析法等数学证明方法在推理论证中的应用．
[跟踪练]
设曲线C：x2－y2＝1上的点P到点An(0，an)的距离的最小值为dn，若a1＝，an＋1＝dn，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋<＋＋…＋.
教师备用例题
选题理由：例1突出了推理论证的能力，可以作为训练学生代数推理之用；例2中的重点是第三问的解题思想，即在数列求和无法进行时，通过放缩达到求和的目的，进而证明不等式．
例1　[2012·陕西卷] 设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
例2　[2012·广东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
(3)∵an＝3n－2n＝3·3n－1－2n＝3n－1＋2(3n－1－2n－1)≥3n－1，
∴≤. ∴＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝<.

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