第6章学案30.doc

学案30　数列的通项与求和
导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．

自主梳理
1．求数列的通项
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1···…·.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
2．求数列的前n项的和
(1)公式法
①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；
②等比数列前n项和Sn＝

推导方法：乘公比，错位相减法．
③常见数列的前n项和：
a．1＋2＋3＋…＋n＝________；
b．2＋4＋6＋…＋2n＝________；
c．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝________；
d．12＋22＋32＋…＋n2＝________；
e．13＋23＋33＋…＋n3＝____________.
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
常见的拆项公式有：
①＝－；
②＝；
③＝－.
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．
自我检测
1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的和为________．
2．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q＝________.
3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，故bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝________.
4．(2010·天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2 (n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n的最小值为________．
5．(2010·北京海淀期末练习)设关于x的不等式x2－x<2nx (n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
6．数列1,4，7，10，…前10项的和为________．
探究点一　求通项公式
例1　已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝2，求数列{an}的通项公式．

变式迁移1　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．

探究点二　裂项相消法求和
例2　已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.

变式迁移2　求数列1，，，…，，…的前n项和．

探究点三　错位相减法求和
例3　已知数列{an}是首项、公比都为q (q>0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an (n∈N*)．
(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)当q＝时，若bn<bn＋1，求n的最小值．

变式迁移3　求和Sn＝＋＋＋…＋.

分类讨论思想
例　(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，an＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝______________________.
答案　(－1)n－1
解析　当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.
当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－·＝－；
当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－1＋an＝－＋n2＝，
∴Sn＝(－1)n－1.
【突破思维障碍】
在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．

1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；
(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；
(3)可化归为使用累加法、累积法；
(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；
(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明．
2．数列求和的方法：
一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
3．求和时应注意的问题：
(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．
(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．
(满分：90分)
一、填空题(每小题6分，共48分)
1．(2010·广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为，则S5＝________.
2．有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝________.
3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝ (n≥2)，则此数列的第10项为________．
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝________.
5．(2011·南京模拟)数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是________．
6．(2010·东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，则log4S10＝__________.
7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，则该数列前26项的和为________．
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.
二、解答题(共42分)
9．(12分)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；
(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.

10．(14分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋<.

11．(16分)(2010·北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1) (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的通项公式bn；
(3)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

答案 自主梳理
1．(4)n＝1或n≥2
自我检测
1．22　2.　3.15　4.8　5.
课堂活动区
例1　解题导引　1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．
2．利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．
解　(1)由已知得，解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，
可得a1＝，a3＝2q.又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，
即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝.
由题意得q>1，∴q＝2，∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln a3n＋1＝ln 23n＝3nln 2.
又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＝·ln 2.
故Tn＝ln 2.
变式迁移1　4
解析　设a1，a2，a3，a4的公差为d，则a1＋2d＝4，又0<a1<2，所以1<d<2.易知数列{bn}是等比数列，故(1)正确；a2＝a3－d∈(2,3)，所以b2＝2a2>4，故(2)正确；a4＝a3＋d>5，所以b4＝2a4>32，故(3)正确；又a2＋a4＝2a3＝8，所以b2b4＝2a2＋a4＝28＝256，故(4)正确．
例2　解题导引　这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项an，观察Tn特点，求出Tn.由an再求bn从而求Sn，最后利用不等式知识求出m.
解　(1)∵an＋1＝f＝＝＝an＋，
∴{an}是以为公差的等差数列．
又a1＝1，∴an＝n＋.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－·
＝－(2n2＋3n)．
(3)当n≥2时，bn＝＝
＝，
又b1＝3＝×，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝×
＝＝，
∵Sn<对一切n∈N*成立．
即<，
又∵＝递增，
且<.∴≥，
即m≥2 010.∴最小正整数m＝2 010.
变式迁移2　解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20.∴
解之，得或
又{an}单调递增，∴　∴an＝2n.
(2)bn＝2n·log2n＝－n·2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
∴①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.
由Sn＋(n＋m)an＋1<0，
即2n＋1－n·2n＋1－2＋n·2n＋1＋m·2n＋1<0对任意正整数n恒成立，
∴m·2n＋1<2－2n＋1对任意正整数n，m<－1恒成立．
∵－1>－1，∴m≤－1，
即m的取值范围是(－∞，－1]．
例3　解　依题意，第1个月月余款为
a1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500，
第2个月月底余款为a2＝a1(1＋20%)－a1×20%×10%－300，
依此类推下去，设第n个月月底的余款为an元，
第n＋1个月月底的余款为an＋1元，则an＋1＝an(1＋20%)－an×20%×10%－300＝1.18an－300.
下面构造一等比数列．
设＝1.18，则an＋1＋x＝1.18an＋1.18x，
∴an＋1＝1.18an＋0.18x.∴0.18x＝－300.
∴x＝－，即＝1.18.
∴数列{an－}是一个等比数列，公比为1.18，首项a1－＝11 500－＝.
∴an－＝×1.18n－1，
∴a12－＝×1.1811，
∴a12＝＋×1.1811≈62 396.6(元)，
即到年底该职工共有资金62 396.6元．
纯收入有a12－10 000(1＋25%)
＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．
变式迁移3　解　(1)设中低价房的面积形成的数列为{an}，
由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，
则an＝250＋(n－1)·50＝50n＋200，
Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n，
令25n2＋225n≥4 750，
即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，∴n≥10.
∴到2020年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米．
(2)设新建住房面积形成数列{bn}，
由题意可知{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，
则bn＝400·(1.08)n－1.
由题意可知an>0.85bn，
即50n＋200>400·(1.08)n－1·0.85.
当n＝5时，a5<0.85b5，
当n＝6时，a6>0.85b6，
∴满足上述不等式的最小正整数n为6.
∴到2016年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.
课后练习区
1．3＋2　2.②　3.991
4．7
解析　设至少需要n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，∴≥100，∴n≥7.
5．64
解析　依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2，所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，又因为an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.
6．3
解析　该题是数列知识与函数知识的综合．
an＝5·2n－2－4·n－1＝5·2－，
显然当n＝2时，an取得最小值，当n＝1时，an取得最大值，此时x＝1，y＝2，∴x＋y＝3.
7．21
解析　y′＝(x2)′＝2x，则过点(ak，a)的切线斜率为2ak，则切线方程为y－a＝2ak(x－ak)，
令y＝0，得－a＝2ak(x－ak)，
∴x＝ak，即ak＋1＝ak.
故{an}是a1＝16，q＝的等比数列，
即an＝16×()n－1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
8．107
解析　由数表知，第一行1个奇数，第3行3个奇数，第5行5个奇数，第61行61个奇数，前61行用去1＋3＋5＋…＋61＝＝961个奇数．而2 009是第1 005个奇数，故应是第63行第44个数，即i＋j＝63＋44＝107.
9．解　(1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝x.…………………………………………………(1分)
a1＝f(1)－c＝－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－；
又数列{an}成等比数列，a1＝＝＝－＝－c，
∴c＝1；……………………………………………………………………………………(2分)
公比q＝＝，an＝－×n－1
＝－2×n，n∈N*；……………………………………………………………………(3分)
∵Sn－Sn－1＝
＝＋(n>2)，……………………………………………………………………(4分)
又bn>0，>0，∴－＝1.
数列{}构成一个首项为1、公差为1的等差数列，
＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.…………………………………………………………(6分)
当n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又当n＝1时，也适合上式，
∴bn＝2n－1，n∈N*.………………………………………………………………………(8分)
(2)Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＝.……………………………………………(12分)
由Tn＝>，得n>，
∴满足Tn>的最小正整数为112.…………………………………………………(14分)
10．解　设乙企业仍按现状生产至第n个月所带来的总收益为An(万元)，技术改造后生产至第n个月所带来的总收益为Bn(万元)．依题意得
An＝45n－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝43n－n2，………………………………………………………………………………(5分)
当n≥5时，Bn＝＋
164(n－5)－400＝81n－594，………………………………………………………(10分)
∴当n≥5时，Bn－An＝n2＋38n－594，
令n2＋38n－594>0，即(n＋19)2>955，解得n≥12，
∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(14分)
11．(1)解　令x＝n，y＝1，
得到f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，…………………………………………………………(2分)
∴{f(n)}是首项为，公比为的等比数列，
即f(n)＝()n.………………………………………………………………………………(5分)
(2)证明　记Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
∵an＝n·f(n)＝n·()n，……………………………………………………………………(6分)
∴Sn＝＋2×()2＋3×()3＋…＋n×()n，
Sn＝()2＋2×()3＋3×()4＋…＋(n－1)×()n＋n×()n＋1，
两式相减得Sn＝＋()2＋…＋()n－n×()n＋1，
整理得Sn＝2－()n－1－n()n<2.
∴a1＋a2＋a3＋…＋an<2.………………………………………………………………(9分)
(3)解　∵f(n)＝()n，而bn＝(9－n)
＝(9－n)＝.…………………………………………………………………(11分)
当n≤8时，bn>0；当n＝9时，bn＝0；
当n>9时，bn<0，
∴n＝8或9时，Sn取到最大值．………………………………………………………(14分)