高三数学数列求和及综合应用.ppt

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1、1.数列通项的求法,由递推关系式确定数列的通项. 2.数列的性质、通项、求和. 3.数列与不等式、数列与函数、数列与方程. 4.数列与数学归纳法.,学案14 数列求和及综合应用,1.(2009四川)等差数列an的公差不为零,首项a1= 1,a2是a1和a5的等比中项,则数列an的前10项之和 是 ( ) A.90 B.100 C.145 D.190 解析 由题意知,(a1+d)2=a1(a1+4d),即 d=2a1=2. S10=10a1+ =10+90=100.,B,2.(2009安徽)已知an为等差数列,a1+a3+a5=105, a2+a4+a6=99,以Sn表示an的前n项和,则使得S

2、n达到 最大值的n是 ( ) A.21 B.20 C.19 D.18 解析 (a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)=3d, 99-105=3d,d=-2. 又a1+a3+a5=3a1+6d=105,a1=39. Sn=na1+ =-n2+40n=-(n-20)2+400. 当n=20时,Sn有最大值.,B,3.(2009江西)公差不为零的等差数列an的前n项 和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10等于 ( ) A.18 B.24 C.60 D.90 解析 由 得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d). d0,2a1+3d=0. S8=8a1+ d=32,2

3、a1+7d=8. 由得 S10=-310+ 2=60.,C,4.(2009湖北)古希腊人常用小石头在沙滩上摆成各种形状来研究数,比如: ( ) 他们研究过图(1)中的1,3,6,10,由于这些数能 够表示成三角形,将其称为三角形数;类似的,称图 (2)中的1,4,9,16,这样的数为正方形数.,下列数中既是三角形数又是正方形数的是 ( ) A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378 解析 由图形可得三角形数构成的数列通项an= 同理可得正方形数构成的数列通项bn=n2,只 有1 225满足a49= =b35=352.,C,题型一 数列与函数、方程的综合应用 【例1】设p、q为实

4、数, 是方程x2-px+q=0的两个 实根.数列xn满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2 (n= 3,4,). (1)证明: (2)求数列xn的通项公式; (3)若p=1,q= ,求xn的前n项和Sn.,(1)证明 由求根公式,不妨设 ,则,(2)解 设xn-sxn-1=t(xn-1-sxn-2),则 xn=(s+t)xn-1-stxn-2,由xn=pxn-1-qxn-2, 得 消去t,得s2-ps+q=0, s是方程x2-px+q=0的根. 由题意可知 当 时,此时方程组,xn-t1xn-1、xn-t2xn-1分别是公比为 的 等比数列.由等比数列的性质可得 两式相减,

5、得,当 时,即方程x2-px+q=0有重根, p2-4q=0,即(s+t)2-4st=0,得(s-t)2=0, s=t.不妨设s=t= 由可知,(3)解 把p=1,q= 代入x2-px+q=0,得 x2-x+ =0,解得,【探究拓展】本题主要考查数列的递推公式、数列求 和以及数列与方程的综合题,考查学生分析问题、解 决问题以及推理论证的能力. 变式训练1 已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原 点,其导函数为f(x)=6x-2,数列an的前n项和为Sn, 点(n,Sn)(nN*)均在函数y=f(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

6、 对所有nN*都成立的最小正整数m.,解 (1)设二次函数为f(x)=ax2+bx(a0), 则f(x)=2ax+b， 由于f(x)=6x-2得a=3,b=-2, 所以f(x)=3x2-2x. 又由点(n,Sn)(nN*)均在函数y=f(x)的图象上， 得Sn=3n2-2n. 当n2时,an=Sn-Sn-1 =(3n2-2n)-3(n-1)2-2(n-1)=6n-5； 当n=1时,a1=S1=312-2=61-5=1. 所以an=6n-5(nN*).,(2)由(1)得知 因此,要使 (nN*)成立,m必须且仅需 满足 即m10，故满足要求的最小正整数m为 10.,题型二 数列与不等式的综合应用

7、 【例2】(2009江西)各项均为正数的数列an,a1=a, a2=b,且对满足m+n=p+q的正整数m,n,p,q都有 (1)当a= ,b= 时,求通项an; (2)证明:对任意a，存在与a有关的常数 使得对于 每个正整数n,都有,(1)解 由 将a1= ,a2= 代入上式化简得 故数列 为等比数列，从而 即 可验证 满足题设条件.,(2)证明 由题设 的值仅与m+n有关,记 为bm+n, 考察函数 (x0),则在定义域上有 故对nN*,bn+1g(a)恒成立.,【探究拓展】本题考查数列的通项公式的求法、不等 式的解法及利用函数的单调性解题的基本方法,考查 了学生分析问题、解决问题的能力，要

8、求较高.,变式训练2 设数列an的前n项的和Sn= n=1,2,3, (1)求首项a1与通项an； (2)设Tn= n=1,2,3,证明: (1)解 由Sn= n=1,2,3, 得 所以a1=2, 再由有 n=2,3,4, 将和相减得： an=Sn-Sn-1= (an-an-1)- (2n+1-2n), n=2,3,4,整理得an+2n=4(an-1+2n-1),n=2,3,4, 因而数列an+2n是首项为a1+2=4,公比为4的等比数 列，即an+2n=44n-1=4n, 所以an=4n-2n (n=1,2,3,). (2)证明 将an=4n-2n，代入得,题型三 数列与解析几何的综合应用

9、【例3】(2009广东)已知曲线Cn:x2-2nx+y2=0(n=1,2 ).从点P(-1,0)向曲线Cn引斜率为kn(kn0)的切线 ln,切点为Pn(xn,yn). (1)求数列xn与yn的通项公式； (2)证明:x1x3x5x2n-1,(1)解,(2)证明,f(x)在(0, )上单调递减. f(x)f(0)=0,即x sin x在(0, )上恒成立. 即x1x3x5x2n-1 【探究拓展】解决数列与解析几何这类问题的关键是 明确目标,即将待求问题运用相关知识及手段，转化 成我们较为熟悉的问题，再用相关的知识去求解.,变式训练3 已知函数f(x)=x2-4,设曲线y=f(x)在点(xn,

10、f(xn)处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)(nN*),其中 x1为正实数. (1)用xn表示xn+1; (2)求证:对一切正整数n,xn+1xn的充要条件是x1 2; (3)若x1=4,记an= 证明数列an成等比数列, 并求数列xn的通项公式.,(1)解 由题可得f(x)=2x, 所以过曲线上点(xn,f(xn)的切线方程为 y-f(xn)=f(xn)(x-xn), 即y-( -4)=2xn(x-xn). 令y=0,得-( -4)=2xn(xn+1-xn). 即 +4=2xnxn+1. 显然xn0,(2)证明(必要性) 若对一切正整数n,有xn+1xn,则x2x1, 而x10,即有x1

11、2. (充分性)若x120,由 用递推关系易得xn0,从而 即xn2(n2). 又x12，xn2 (n1). 即xn+1xn对一切正整数n成立.,(3)证明 所以,数列an成等比数列.,题型四 数列与其它知识的综合应用 【例4】(2009重庆)设m个不全相等的正数a1,a2, am (m7)依次围成一个圆圈. (1)若m=2 009,且a1,a2,a1 005是公差为d的等差数 列,而a1,a2 009,a2 008,a1 006是公比为q=d的等比数 列;数列a1,a2,am的前n项和Sn (nm)满足S3=15, S2 009=S2 007+12a1,求通项an (nm)； (3)若每个数

12、an(nm)是其左右相邻两数平方的等比 中项,求证: ma1a2am.,(1)解 因a1,a2 009,a2 008,a1 006是公比为d的等比数 列,从而a2 009=a1d,a2 008=a1d2. 由S2 009=S2 007+12a1得a2 008+a2 009=12a1, 故a1d2+a1d=12a1,即d2+d=12. 解得d=3,或d=-4(舍去).因此d=3. 又S3=3a1+3d=15.解得a1=2. 从而当n1 005时， an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1. 而当1 006n2 009时,由a1,a2 009,a2 008,a1 006是 公比为d的等

13、比数列,得an=a1d 2 009-(n-1)=a1d 2 010-n (1 006n2 009).,(2)证明 由题意 由得 由,得a1a2am=(a1a2am)2, 故a1a2am=1. ,下面用反证法证明:m=6k. 若不然,设m=6k+p,其中1p5. 若取p=1,即m=6k+1,则由得am=a6k+1=a1,而由得am 由得 从而a6=a6k=am-1 =1,而 故a1=a2=1,由及可推得an=1(1nm)与题设矛盾. 同理,若p=2,3,4,5均可得an=1(1nm)与题设矛盾, 因此m=6k为6的倍数. 由均值不等式得,又上面三组数内必有一组不相等(否则a1=a2=a3=1,从

14、 而a4=a5=an=1,与题设矛盾),故等号不成立,从而a1 +a2+a66. 又m=6k,由和得 因此由得 6+6(k-1)=6k=m=ma1a2am . 【探究拓展】本题考查了等差数列、等比数列的概 念,分类讨论的思想、方程的思想,反证法,基本不等 式等重要的数学思想方法，难度较大，要求较高.,变式训练4 已知a0,且a1,数列an的前n项和为 Sn,它满足条件 数列bn中,bn=anlg an. (1)求数列bn的前n项和Tn； (2)若对一切nN*都有bnbn+1,求a的取值范围. 解 (1) 当n=1时, 当n2时, an=an (nN*). 此时bn=anlg an=anlg a

15、n=nanlg a,Tn=b1+b2+bn =(a+2a2+3a3+nan)lg a 即aun=a2+2a3+nan+1 设un=a+2a2+3a3+nan, (1-a)un=a+a2+a3+an-nan+1,(2)由bnbn+1 nanlg a(n+1)an+1lg a可得 当a1时,由lg a0,可得 (nN*),a1, 对一切nN*都成 立,此时的解为a1. 当0a1时,由lg a0,可得n(n+1)a, (nN*),0a1, 0a对一切nN*都成立， 此时的解为0a 由可知,对一切nN*都有bnbn+1的取值范围是 0a或a1.,【考题再现】 (2009山东) 等比数列an的前n项和为

16、Sn,已知对 任意的nN*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b0且b1, b,r均为常数)的图象上. (1)求r的值； (2)当b=2时,记bn=2(log2an+1)(nN*), 证明:对任意的nN*,不等式,【解题示范】 解 (1)因为对任意的nN*,点(n,Sn)均在函数y=bx+ r (b0且b1,b,r均为常数)的图象上. 所以得Sn=bn+r, 当n=1时,a1=S1=b+r, 2分 当n2时,an=Sn-Sn-1=bn+r-(bn-1+r) =bn-bn-1=(b-1)bn-1, 4分 又因为an为等比数列， 所以r=-1,公比为b,所以an=(b-1)bn-1. 5分,(2

17、)当b=2时,an=(b-1)bn-1=2n-1, bn=2(log2an+1)=2(log22n-1+1)=2n. 6分 7分 下面用数学归纳法证明不等式,当n=1时,左边= 右边= 因为 所以不等式成立. 8分 假设当n=k (kN*)时不等式成立， 则当n=k+1时，,11分 所以当n=k+1时,不等式也成立. 由可得不等式恒成立. 12分,1.求数列通项公式的方法:(1)观察法:寻找项与项数 的关系,然后猜想、检验,即得通项公式,注意利用前 n项得到的通项公式不一定唯一;(2)利用前n项和与 通项的关系 (3)公式法:利用等 差、等比数列的通项公式. 2.由递推关系式求通项常用方法:(

18、1)逐差法:型如an+1 =an+2n,an+1=an+2n,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2 -a1)+a1;(2)逐商法:型如an+1=3nan,an+1=3nan,则an (3)待定系数法:型如an+1=k,an+b,若k=0时,则为常数列;若k=1时,则为等差数列;若 k1,且b0时,法(一):可设an+1+t=k(an+t),得an+1=kan +(k-1)t,由(k-1)t=b,得 则数列 是以 为首项,k为公比的等比数列,所以 kn-1.法(二):把等式an+1=kan+b两边都除以kn+1,得 转化为第(1)类;(4)取倒数法:型如 (an0),取倒数

19、得 所以数列 是以 为首项,1为公差的等差数列.(5)待定系数 法:型如:an+1=Aan+Bn(AB0),则当A=1时,可化为 第(1)类型,当A1,B=1时,可化为第(3)类型,当,A1,B1时,法(一):原式可化为 这时可转化为第(3)类型. 法(二):原式可化为an+1+tBn+1=A(an+tBn),即an+1=Aan+ t(A-B)Bn,则t(A-B)=1,所以 所以数列an+ 是以 为首项,以A为公比的等比数列, 进而求出通项an;(6)取倒数法:型如:an+1= 若A=B,则数列 为等差数列,若 AB,则可化为第(3)类型;型如: 则bn+1=Abn+B,可化为第(3)类型.,

20、3.求和时常用的基本方法:(1)公式求和法:能直接利 用等差数列、等比数列求和公式,或可通过适当拆 分、重新组合,能直接利用等差数列、等比数列求和 公式;(2)裂项求和法:型如 (3)错位相减求和法:型如anbn(其中an是等差 数列,bn是等比数列)的前n项和,一定要注意项数 和最后一项的符号;(4)倒序相加求和法:它主要适用 于型如ai+an+1-i=aj+an+1-j (1ijn).,4.在解答数列与不等式、数列与函数、数列与方程的 有关问题时,特别是数列与不等式经常利用不等式的 适当放缩来解答或证明. (1) 的放缩根据不同的要求,大致有三种情况, (3) 的放缩根据不同的要求,大致有

21、两种情况, 因为可把数列看成函数图象上孤立的,“点”,所以有时利用函数的单调性证明数列的项的 大小,或证明不等式. 5.在利用数学归纳法证明问题时,特别是,在利用假设 证明“n=k+1”也成立时,一定要对所给式子进行灵 活变形、适当取舍、合理放缩，牢牢地盯住结论.,一、选择题 1.已知an是等比数列,a2=2,a5= ,则a1a2+a2a3+ anan+1等于 ( ) A.16(1-4-n) B.16(1-2-n) C. (1-4-n) D. (1-2-n) 解析 a1=4，anan+1=4 故a1a2+a2a3+a3a4+anan+1=23+ 21+2-1+2-3+25-2n=,C,2.已知

22、数列an为等差数列,bn为等比数列,其公比q 1,且bi0 (i=1,2,n),若a1=b1,a2 009=b2 009,则 ( ) A.a1 005b1 005 B.a1 005=b1 005 C.a1 005b1 005 D.a1 005b1 005或a1 005b1 005 解析 因a1=b1,a2 009=b2 009,所以a1+a2 009=b1+b2 009, 又an为等差数列,bn为等比数列， 所以2a1 005=a1+a2 009=b1+b2 009=2b1 005, 即a1 005b1 005.,A,3.已知数列an的前n项和Sn=n2-9n (nN*),第k项满 足5ak8

23、,则k等于 ( ) A.9 B.8 C.7 D.6 解析 因a1=S1=-8,而当n2时,由an=Sn-Sn-1求得an= 2n-10,此式对于n=1也成立.要满足5ak8,只须5 2k-108，从而有 而k为自然数.因而只能 取k=8.,B,4.已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和 Bn,且 则使得 为整数的正整数n的个数 是 ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析 由等差数列的前n项和及等差中项， 故n=1,2,3,5,11时, 为整数.,D,5.设正项数列an的前n项的积为Tn,令Pn= 称Pn为数列a1,a2,a3,an的“理 想数”.已知数列a1,a2,a3,a50

24、1的“理想数”为 22 008,那么数列32,a1,a2,a3,a501的“理想数”为 ( ) A.22 008 B.22 009 C.22 010 D.22 011 解析 设数列a1,a2,a3,a501前n项积为Tn,数列32, a1,a2,a3,a501前n项积为Hn,H1H2H3 H502=32(32T1)(32T2)(32T501)=32502T1T2 T501,3250222 008501=3250225022 004=(22 009)502. 则所求的“理想数”为22 009.,B,6.已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任 意实数a,bR满足:f(ab)=af(b)

25、+bf(a),f(2)=2,an= (nN*),bn= (nN*),考察下列结论,其中 正确的是: ( ) f(0)=f(1);f(x)为偶函数;数列an为等差数 列;数列bn为等比数列. A. B. C. D. 解析 令a=b=0,则f(0)=0;令a=b=1,则f(1)=0;即 f(0)=f(1),故正确.,令a=b=-1,则f(-1)=0,令a=xR,b=-1, 则f(-x)=xf(-1)-f(x)=-f(x),故错误. 令a=2n,b=2,则f(2n+1)=2nf(2)+2f(2n), 因f(2)=2,所以 即数列an是以1为 首项,1为公差的等差数列,故正确. 由可知: 所以 即 数

26、列bn是以2为首项,2为公比的等比数列,故正确. 答案 D,二、填空题 7.设等差数列an的前n项和为Sn,若S410,S515, 则a4的最小值为_. 解析 因为S410,S515,所以a5=S5-S45, 又a1+a45,a1+a56,则a5-a41, 所以a44,即a4的最小值为4.,4,8.已知函数f(x)=2x,等差数列an的公差为2.若f(a2+a4 +a6+a8+a10)=4,则log2f(a1)f(a2)f(a3) f(a10)=_. 解析 f(a2+a4+a6+a8+a10)= a2+a4+a6+a8+a10=2. 又a1+a3+a5+a7+a9=(a2-d)+(a4-d)+

27、(a10-d)=2-5d =-8, a1+a2+a10=2+(-8)=-6. log2f(a1)f(a2)f(a10) =a1+a2+a10=-6.,-6,9.设数列an的前n项和为Sn,已知a1=5,且nSn+1=2n(n +1)+(n+1)Sn (nN*),则过点P(n,an)和Q(n+2,an+2) (nN*)的直线的一个方向向量的坐标可以是_ (填写一个符合条件的即可). 解析 由条件知 所以数列 是等差数 列,又 所以 =5+2(n-1)=2n+3,即Sn=2n2+ 3n;当n2时,an=Sn-Sn-1=4n+1,当n=1时,a1也满足此 式,所以kPQ= 设直线PQ的方向向量为u=

28、 (a,b),则有 所以u=(1,4).,(1,4),10.数列an满足关系式(1-an+1)(2+an)=2,且a1=1,则 _. 解析 由题意知an+1an=an-2an+1, 即 所以数列 是以2为首项,2为公比的等比数列,则 =2n-1,所以 (21-1)+(22-1)+(2n-1) =2n+1-n-2.,2n+1-n-2,三、解答题 11.已知数列an中,a1=1,a2=2,且an+1=(1+q)an-qan-1 (n2,q0). (1)设bn=an+1-an (nN*),证明:bn是等比数列； (2)求数列an的通项公式； (3)若a3是a6与a9的等差中项,求q的值,并证明:对任

29、 意的nN*,an是an+3与an+6的等差中项. (1)证明 由题设an+1=(1+q)an-qan-1 (n2), 得an+1-an=q(an-an-1),即bn=qbn-1,n2. 由b1=a2-a1=1,q0,所以bn是首项为1,公比为q的 等比数列.,(2)解 由(1), a2-a1=1,a3-a2=q, an-an-1=qn-2 (n2). 将以上各式相加,得an-a1=1+q+qn-2 (n2), 即an=a1+1+q+qn-2 (n2). 所以当n2时,(3)解 由(2),当q=1时,显然a3不是a6与a9的等差中项, 故q1. 由a3-a6=a9-a3可得q5-q2=q2-q

30、8, 由q0得q3-1=1-q6, 整理得(q3)2+q3-2=0,解得q3=-2或q3=1(舍去). 于是 另一方面， 由可得an-an+3=an+6-an, 即2an=an+3+an+6,nN*. 所以对任意的nN*,an是an+3与an+6的等差中项.,12.(2009陕西)已知数列xn满足x1= , nN*. (1)猜想数列x2n的单调性,并证明你的结论; (2)证明:|xn+1-xn| (1)解 由x2x4x6猜想:数列x2n是递减数列. 下面用数学归纳法证明： 当n=1时,已证命题成立. 假设当n=k (kN*)时命题成立,即x2kx2k+2.,易知x2k0， 即x2(k+1)x2(k+1)+2. 也就是说,当n=k+1时命题也成立,结合和知,原命 题成立.,(2)证明 当n=1时,|xn+1-xn|=|x2-x1|= 结论成立. 当n2时,易知0 xn-11, 1+xn-12,xn= (1+xn)(1+xn-1)= =2+xn-1,返回,