湖南省2013年高考数学第二轮复习 专题四 数列第2讲 数列的求和及其综合应用 文

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1、专题四数列第2讲数列的求和及其综合应用真题试做1(2012大纲全国高考，文6)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A2n1 B.n1 C.n1 D.2(2012江西高考，文13)等比数列an的前n项和为Sn，公比不为1.若a11，且对任意的nN*都有an2an12an0，则S5_.3(2012课标全国高考，文14)等比数列an的前n项和为Sn，若S33S20，则公比q_.4(2012天津高考，文18)已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tna1b1a2b2anbn，n

2、N*，证明Tn8an1bn1(nN*，n2)5(2012山东高考，文20)已知等差数列an的前5项和为105，且a102a5.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中不大于72m的项的个数记为bm.求数列bm的前m项和Sm.考向分析高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，主观题较多一般以等差、等比数列的定义以及通项公式、前n项和公式的运用设计试题考查的热点主要有四个方面：(1)考查数列的求和方法；(2)以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交会处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题；(3)

3、数列与解析几何交会的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题，试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现；(4)数列应用题主要以等差、等比数列为工具，在数列与生产、生活实际问题的联系上设计问题，考查阅读理解能力、数学建模能力和数学应用的意识与能力，主要以解答题的形式出现，多为中高档题热点例析热点一数列的求和【例1】(2012山东青岛一模，20)已知在等差数列an(nN*)中，an1an，a2a9232，a4a737.(1)求数列an的通项公式；(2)若将数列an的项重新组合，得到新数列bn，具体方法如下：b

4、1a1，b2a2a3，b3a4a5a6a7，b4a8a9a10a15，依此类推，第n项bn由相应的an中2n1项的和组成，求数列的前n项和Tn.规律方法 数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2)分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3)若数列an的通项能转化为f(n)f(n1)(n2)的形式，常采用裂项相消法求和；(4)若数列an是等差数列，bn是等比数列，则求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法

5、；(5)倒序相加法：若一个数列an满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和，可采用倒序相加法，如等差数列的通项公式就是用该法推导的特别提醒：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项(2)利用错位相减法求和时，应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论变式训练1 (2012甘肃靖远、中恒联考，21)已知数列an中a12，an12，数列bn中bn，其中nN*.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)设Sn是数列的前n项和，求；(3

6、)设Tn是数列的前n项和，求证：Tn.热点二数列与函数、不等式交会【例2】(2012湖北孝感统考，22)已知数列an满足：a1a2a3annan(n1,2,3，)(1)求证：数列an1是等比数列；(2)令bn(2n)(an1)(n1,2,3，)，如果对任意nN*，都有bntt2，求实数t的取值范围规律方法 (1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大(小)项问题可转化为求相应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2)要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；(3)对于数列的前n项和，没有直接可套用的

7、公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：或，转化为数列或，用裂项相消法求和后即可达到比较大小的目的变式训练2 (文科用)(2012广东四会统测，21)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2ann(nN*)，(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式；(3)若bn(2n1)an2n1，数列bn的前n项和为Tn，求满足不等式128的最小的n值热点三数列与解析几何的交会【例3】(2011陕西高考，理19)如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线yex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系

8、列点：P1，Q1；P2，Q2；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k1,2，n)(1)试求xk与xk1的关系(2kn)；(2)求|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|.规律方法 对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，得出关于数列相邻项an与an1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论变式训练3 设C1，C2，Cn，是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线yx相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知rn为递增数列(1)证明：rn为等比数列；(2)设r11，求数列的

9、前n项和热点四数列在实际问题中的应用【例4】(2011湖南高考，文20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新证明：须在第9年初对M更新规律方法 能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差(比)、项数各是什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键(1)在数列应用题中，当增加(或减少)的量是一个固定量时

10、，该模型为等差模型，增加(或减少)的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2)若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3)若题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑an1，an之间的递推关系，或考虑Sn1，Sn之间的递推关系特别提醒：解决实际问题时要注意n的取值范围变式训练4 某城市2012年末汽车拥有量为30万辆，预计此后每年将上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车

11、数量相同为保护城市环境，要求该城市汽车拥有量不超过60万辆从2012年末起，n年后汽车拥有量为bn1万辆，若每年末的拥有量不同(1)求证：bn1bn为等比数列；(2)每年新增汽车数量不能超过多少万辆？思想渗透1函数思想函数思想解决数列常见的问题：(1)数列的单调性；(2)数列中求最值问题；(3)数列中的恒成立问题2求解时注意的问题及方法：(1)数列是定义在N*或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2)解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和导数解决问题；(3)解决有关数列的通项公

12、式、单调性、最值、恒成立等问题时要注意项数n的取值范围【典型例题】(2012湖南长沙模拟，22)已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足aS2n1，nN*.数列bn满足bn，Tn为数列bn的前n项和(1)求a1，d和Tn；(2)若对任意的nN*，不等式Tnn8(1)n恒成立，求实数的取值范围；(3)是否存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由解：(1)(方法一)在aS2n1中，分别令n1，n2，得即解得a11，d2，an2n1.bn，Tn.(方法二)an是等差数列，an，S2n1(2n1)(2n

13、1)an.由aS2n1，得a(2n1)an.又an0，an2n1，则a11，d2.(Tn求法同方法一)(2)当n为偶数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，即需不等式2n17恒成立，2n8，等号在n2时取得，此时需满足25.当n为奇数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，即需不等式2n15恒成立，2n随n的增大而增大，n1时，2n取得最小值6.此时需满足21.综合可得的取值范围是21.(3)T1，Tm，Tn.若T1，Tm，Tn成等比数列，则2，即.(方法一)由，可得0，即2m24m10，1m1.又mN，且m1，m2，此时n12.因此，当且仅当m2，n12时，数列Tn中的T1，Tm，Tn成等比数

14、列(方法二)因为，故，即2m24m10，1m1(以下同方法一)1已知数列an的前n项和Sn，则a3()A. B. C. D.2已知a，b，c，d成等比数列，且曲线yx22x3的顶点是(b，c)，则ad()A3 B2 C1 D23(2012甘肃兰州诊断，3)设等比数列an的前n项和为Sn，若3，则()A2 B. C. D34在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn()A2n12 B3nC2n D3n15(2012河北模拟，14)已知数列an满足an2n12n1(nN*)，则数列an的前n项和Sn_.6设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x，yR，都有

15、f(x)f(y)f(xy)，若a1，anf(n)(nN*)，则数列an的前n项和Sn的取值范围是_7(2012江西联考，19)已知数列an满足a12，a28，an24an14an.(1)证明：an12an是等比数列；(2)设bn(n2)，求：b2b3bn(n2且nN*)8已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(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nN*都成立的最小正整数m.参考答案命题调研明晰考向真题试做1B解析：Sn2an1，Sn12an(n

16、2)，两式相减得：an2an12an，.数列an从第2项起为等比数列又n1时，S12a2，a2.Sna11n1.211解析：设等比数列an的公比为q，则an2an12ana1qn1a1qn2a1qn10，即q2q20，解得q2，q1(舍去)，所以S511.32解析：由S33S2，可得a1a2a33(a1a2)，即a1(1qq2)3a1(1q)，化简整理得q24q40，解得q2.4(1)解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由a1b12，得a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：由(1)得Tn22522823(3n1)

17、2n，2Tn222523(3n4)2n(3n1)2n1.由，得Tn2232232332n(3n1)2n1(3n1)2n12(3n4)2n18，即Tn8(3n4)2n1，而当n2时，an1bn1(3n4)2n1.所以，Tn8an1bn1，(nN*，n2)5解：(1)设数列an的公差为d，前n项和为Tn.由T5105，a102a5，得到解得a17，d7.因此ana1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)对mN*，若am7n72m，则n72m1.因此bm72m1，所以数列bm是首项为7，公比为49的等比数列，故Sm.精要例析聚焦热点热点例析【例1】 解：(1)由题意知解得或(由于an1an，舍去

18、)设公差为d，则解得数列an的通项公式为an3n2(nN*)(2)由题意得bna2n1a2n11a2n12a2n12n11(32n12)(32n15)(32n18)32n1(32n11)2n132n1258(32n14)(32n11)而258(32n14)(32n11)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n1项的和，258(32n14)(32n11)2n123322n32n，bn322n2322n32n22n2n.bn2n22n.Tn(4166422n)(4n1)【变式训练1】 (1)证明：bn1，而bn，bn1bn1(nN*)数列bn是首项为b11，公差为1的等差数列(2)解：由(1)可知b

19、nn，bnn，Sn(12n)，于是6，故有66.(3)证明：由(1)可知nbnnn，则Tn1122nn，Tn1223(n1)nnn1，则Tn23nnn1nn1，Tnn1n.【例2】 (1)证明：由题意可知a1a2a3an1annan，a1a2a3anan1n1an1，可得2an11an，即an11(an1)又因为a1，所以a11，所以数列an1是以为首项，以为公比的等比数列(2)解：由(1)可得an1n，bn.由bn1bn0，得n3，由bn1bn0，得n3，所以b1b2b3b4b5bn，故bn有最大值b3b4，所以对任意nN*，有bn.如果对任意nN*，都有bntt2，即bnt2t恒成立，则(

20、bn)maxt2t.故有t2t，解得t或t，所以实数t的取值范围是.【变式训练2】 解：(1)因为Sn2ann，令n1，解得a11.再分别令n2，n3，解得a23，a37.(2)Sn2ann，Sn12an1(n1)(n2，nN*)，两式相减，得an2an11，an12(an11)(n2，nN*)又a112，an1是首项为2，公比为2的等比数列an12n，得an2n1.(3)bn(2n1)an2n1，bn(2n1)2n.Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，则2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n1，由得Tn2(202122232n)(2n1)2n12(2n1)2n122n

21、2(2n1)2n12(2n1)2n1，Tn2(2n1)2n1.若128，则128，即2n127，所以n17，解得n6，满足不等式128的最小的n为6.【例3】 解：(1)设点Pk1的坐标是(xk1,0)，yex，yex.Qk1(xk1，exk1)，在点Qk1(xk1，exk1)处的切线方程是yexk1exk1(xxk1)，令y0，则xkxk11(2kn)(2)x10，xkxk11，xk(k1)|PkQk|exke(k1)，于是有|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|1e1e2e(n1)，即|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|.【变式训练3】 (1)证明：将直线yx的倾斜角记为，则有t

22、an ，sin .设Cn的圆心为(n,0)(n0)，则由题意得知，得n2rn；同理n12rn1，从而n1nrnrn12rn1，将n2rn代入，解得rn13rn，故rn为公比q3的等比数列(2)解：由于r11，q3，故rn3n1，从而n31n.记Sn，则有Sn1231332n31n，则131232(n1)31nn3n，由，得1313231nn3nn3n3n，Sn31n.【例4】 (1)解：当n6时，数列an是首项为120，公差为10的等差数列an12010(n1)13010n；当n6时，数列an是以a6为首项，公比为的等比数列，又a670，所以an70n6.因此，第n年初，M的价值an的表达式为

23、an(2)证明：设Sn表示数列an的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当1n6时，Sn120n5n(n1)，An1205(n1)1255n；当n7时，SnS6(a7a8an)570704780210n6，An.因为an是递减数列，所以An是递减数列又A88280，A97680，所以须在第9年初对M更新【变式训练4】 解：(1)设2012年末汽车拥有量为b1万辆，每年新增汽车数量为x万辆，则b130，b20.94b1x，可得bn10.94bnx.又bn0.94bn1x，bn1bn0.94(bnbn1)每年末的拥有量不同，bn1bn是以b2b1x1.8为首项，且公比q0.94的等比数列(2)由

24、(1)得bn1bn0.94n(x1.8)，于是bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)300.94(x1.8)0.942(x1.8)0.94n1(x1.8)30(x1.8)0.94，当x1.80，即x1.8时，bn为递减数列，故有bn1bnb130，当x1.80时，即x1.8时，bn300.9460，解得x3.7.每年新增汽车不能超过3.7万辆创新模拟预测演练1A解析：a3S3S2.2B解析：a，b，c，d成等比数列，adbc.又yx22x3的顶点是(b，c)，b1，c2.adbc122.3B解析：3，解得q42，故.4C解析：因数列an为等比数列，则an2qn1(q0)因数列an1也是

25、等比数列，则(an11)2(an1)(an21) a2an1anan2anan2anan22an1an(1q22q)0q1，即an2，所以Sn2n，故选C.52nn21解析：Sn(12222n1)n22nn21.6.解析：f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x，yR，都有f(x)f(y)f(xy)，a1，anf(n)(nN*)，an1f(n1)f(n)f(1)an(nN*)Sn1n.则数列an的前n项和Sn的取值范围是.7(1)证明：由an24an14an，得an22an12(an12an)又a22a14，an12an是以4为首项，2为公比的等比数列(2)解：由(1)可得an12an2n1，1，是以1为首项，1为公差的等差数列，ann2n(n1，nN*)，bn(n2)，b2b3bn1(n2且nN*)8解：(1)设这个二次函数为f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5.当n1时，a1S13122615，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得知bn，故Tn.因此，要使(nN*)成立，m必须且仅须满足，即m10，所以满足要求的最小正整数m为10.