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6 2012届高三理科数学一轮总复习第六章


第六章
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考试要求 1.数列的概念和简单表示法? (1)了解数列的概念和几种简单的表

重难点击 本章重点:1.等差数列、等比 数列的定义、通项公式和前 n 项

命题展望 仍然会以客观题考查等差 数列与等比数列的通项公式和 前 n 项和公式及性质,在解答 题中,会保持以前的风格,注 重数列与其他分支的综合能力 的考查,在高考中,数列常考 常新,其主要原因是它作为一 个特殊函数,使它可以与函数、 不等式、解析几何、三角函数 等综合起来,命出开放性、探 索性强的问题,更体现了知识

示方法(列表、图象、通项公式) ;? (2) 和公式及有关性质; 了解数列是自变量为正整数的一类函数.? 2.等差数列、等比数列? 2.注重提炼一些重要的思想和方 法,如:观察法、累加法、累乘

(1)理解等差数列、等比数列的概念; 法、待定系数法、倒序相加求和 ? (2)掌握等差数列、等比数列的通项 公式与前 n 项和公式;? (3)能在具体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;? (4)了解等差数列与一次函数、等比 数列与指数函数的关系. 法、错位相减求和法、裂项相消 求和法、分组求和法、函数与方 程思想、数学模型思想以及离散 与连续的关系.? 本章难点:1.数列概念的理

解;2.等差等比数列性质的运用; 交叉命题原则得以贯彻;又因 3.数列通项与求和方法的运用. 为数列与生产、生活的联系, 使数列应用题也倍受欢迎.

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6.1 数列的概念与简单表示法
典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项 【例 1】根据下列数列的前几项,分别写出它们的一个通项公式: (1)7,77,777,7 777,? 2 4 6 8 (2) ,- , ,- ,? 3 15 35 63 (3)1,3,3,5,5,7,7,9,9,? 7 7 7 7 【解析】(1)将数列变形为 ·(10-1), (102-1), (103-1),?, (10n-1), 9 9 9 9 7 故 an= (10n-1). 9 (2)分开观察,正负号由(-1)n 数列的通项公式可写成 an=(-1)n
+1

确定,分子是偶数 2n,分母是 1× 3,3× 5,5× 7, ?,(2n-1)(2n+1),故

+1

2n . ( 2n ? 1)( 2n ? 1)

(3)将已知数列变为 1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0,?. 故数列的通项公式为 an=n+

1 ? ( ?1) n . 2

【点拨】 联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法, 观察归纳是由特殊到一般的有效手段, 本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律,从而求得通项. 【变式训练 1】如下表定义函数 f(x): x f(x) 1 5 2 4 3 3 4 1 5 2 )

对于数列{an},a1=4,an=f(an-1),n=2,3,4,?,则 a2 008 的值是( A.1 B.2 C.3 D.4

【解析】a1=4,a2=1,a3=5,a4=2,a5=4,?,可得 an+4=an. 所以 a2 008=a4=2,故选 B.

? S ( n ? 1), ? 题型二 应用 an= ? 求数列通项 ? S n ? S n?1 ( n ? 2) ?
1

【例 2】已知数列{an}的前 n 项和 Sn,分别求其通项公式: (1)Sn=3n-2; 1 (2)Sn= (an+2)2 (an>0). 8 【解析】(1)当 n=1 时,a1=S1=31-2=1,

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n 1-2)=2× n 1, 3 又 a1=1 不适合上式,





?1(n ? 1), ? 故 an= ? ?2 ? 3 n?1 (n ? 2) ?
1 (2)当 n=1 时,a1=S1= (a1+2)2,解得 a1=2, 8 1 1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= (an+2)2- (an-1+2)2, 8 8 所以(an-2)2-(an-1+2)2=0,所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0, 又 an>0,所以 an-an-1=4, 可知{an}为等差数列,公差为 4, 所以 an=a1+(n-1)d=2+(n-1)·4=4n-2, a1=2 也适合上式,故 an=4n-2.

? S ( n ? 1), ? 【点拨】本例的关键是应用 an= ? 求数列的通项,特别要注意验证 a1 的值是否满足 ? S n ? S n?1 ( n ? 2) ?
1

“n≥2”的一般性通项公式. 【变式训练 2】已知 a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是( A.2n-1 n+1 n-1 B.( ) n an+1 n+1 = . an n C.n2 D.n )

【解析】由 an=n(an+1-an)?

an an-1 a2 n n-1 3 2 所以 an= × × ?× = × × ?× × =n,故选 D. a1 n-1 n-2 2 1 an-1 an-2 题型三 利用递推关系求数列的通项 【例 3】已知在数列{an}中 a1=1,求满足下列条件的数列的通项公式: an + (1)an+1= ;(2)an+1=2an+2n 1. 1+2an 【解析】(1)因为对于一切 n∈N*,an≠0, an 1 1 1 1 因此由 an+1= 得 = +2,即 - =2. 1+2an an+1 an an+1 an 1 1 1 1 所以{ }是等差数列, = +(n-1)·2=2n-1,即 an= . an an a1 2n-1 an+1 an an+1 an (2)根据已知条件得 n+1= n+1,即 n+1- n=1. 2 2 2 2 2n-1 an an 1 - 所以数列{ n}是等差数列, n= +(n-1)= ,即 an=(2n-1)·2n 1. 2 2 2 2 【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法,尤其是后者,可以通过进一步的计算,将其进 行转化,构造新数列求通项,进而可以求得所求数列的通项公式. 【变式训练 3】设{an}是首项为 1 的正项数列,且(n+1)·a2+1-na2+an+1an=0(n=1,2,3,?),求 an. n n

【解析】因为数列{an}是首项为 1 的正项数列, (n+1)an+1 nan 所以 anan+1≠0,所以 - +1=0, an an+1 令 an+1 =t,所以(n+1)t2+t-n=0, an

所以[(n+1)t-n](t+1)=0, an+1 n n 得 t= 或 t=-1(舍去),即 = . an n+1 n+1 n-1 a2 a3 a4 a5 an 1 2 3 4 1 所以 · · · ·?· = · · · ·?· ,所以 an= . a1 a2 a3 a4 n n an-1 2 3 4 5

总结提高
1.给出数列的前几项求通项时,常用特征分析法与化归法,所求通项不唯一. 2.由 Sn 求 an 时,要分 n=1 和 n≥2 两种情况. 3.给出 Sn 与 an 的递推关系,要求 an,常用思路是:一是利用 Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为 an 的递推关系, 再求其通项公式;二是转化为 Sn 的递推关系,先求出 Sn 与 n 之间的关系,再求 an.

6.2 等差数列

典例精析
题型一 等差数列的判定与基本运算 【例 1】已知数列{an}前 n 项和 Sn=n2-9n. (1)求证:{an}为等差数列;(2)记数列{|an|}的前 n 项和为 Tn,求 Tn 的表达式. 【解析】(1)证明:n=1 时,a1=S1=-8, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10, 当 n=1 时,也适合该式,所以 an=2n-10 (n∈N*). 当 n≥2 时,an-an-1=2,所以{an}为等差数列. (2)因为 n≤5 时,an≤0,n≥6 时,an>0. 所以当 n≤5 时,Tn=-Sn=9n-n2, 当 n≥6 时,Tn=|a1|+|a2|+?+|a5|+|a6|+?+|an| =-a1-a2-?-a5+a6+a7+?+an =Sn-2S5=n2-9n-2× (-20)=n2-9n+40,

所以,

【点拨】根据定义法判断数列为等差数列,灵活运用求和公式. 【变式训练 1】已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S21=42,若记 bn= 2 a
2 11 ? a9

? a13

,则数列{bn}(

)

A.是等差数列,但不是等比数列 C.既是等差数列,又是等比数列

B.是等比数列,但不是等差数列 D.既不是等差数列,又不是等比数列

【解析】本题考查了两类常见数列,特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差 21× 20 之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列,则 S21=21a1+ d=42. 2 所以 a1+10d=2,即 a11=2.所以 bn= 2a 数列又是等比数列.答案为 C. 题型二 公式的应用 【例 2】设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围; (2)指出 S1,S2,?,S12 中哪一个值最大,并说明理由. 【解析】(1)依题意,有 12× (12-1)d 13× (13-1)d S12=12a1+ >0,S13=13a1+ <0, 2 2
2 11?a9 ?a13

=22-(2a11)=20=1,即数列{bn}是非 0 常数列,既是等差

?2a1 ? 11d ? 0 即? ?a1 ? 6d ? 0

① ②

由 a3=12,得 a1=12-2d.③

?24 ? 7 d ? 0, 将③分别代入①②式,得 ? ?3 ? d ? 0
24 所以- <d<-3. 7 (2)方法一:由 d<0 可知 a1>a2>a3>?>a12>a13, 因此,若在 1≤n≤12 中存在自然数 n,使得 an>0,an+1<0, 则 Sn 就是 S1,S2,?,S12 中的最大值. 由于 S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0, 即 a6+a7>0,a7<0,因此 a6>0,a7<0, 故在 S1,S2,?,S12 中,S6 的值最大. 方法二:由 d<0 可知 a1>a2>a3>?>a12>a13, 因此,若在 1≤n≤12 中存在自然数 n,使得 an>0,an+1<0, 则 Sn 就是 S1,S2,?,S12 中的最大值.

故在 S1,S2,?,S12 中,S6 的值最大.

【变式训练 2】在等差数列{an}中,公差 d>0,a2 008,a2 009 是方程 x2-3x-5=0 的两个根,Sn 是数列 {an}的前 n 项的和,那么满足条件 Sn<0 的最大自然数 n= .

?a2 008 ? a2 009 ? 3 ? 0, 【解析】由题意知 ? 又因为公差 d>0,所以 a2 008<0,a2 009>0. 当 ?a2 008a2 009 ? ?5 ? 0,
a1+a4 015 a1+a4 016 a2 008+a2 009 n=4 015 时, 4 015= S × 015=a2 008× 015<0; n=4 016 时, 4 016= 4 4 当 S × 016= 4 2 2 2 × 016>0.所以满足条件 Sn<0 的最大自然数 n=4 015. 4 题型三 性质的应用 【例 3】某地区 2010 年 9 月份曾发生流感,据统计,9 月 1 日该地区流感病毒的新感染者有 40 人, 此后,每天的新感染者人数比前一天增加 40 人;但从 9 月 11 日起,该地区医疗部门采取措施,使该种病 毒的传播得到控制,每天的新感染者人数比前一天减少 10 人. (1)分别求出该地区在 9 月 10 日和 9 月 11 日这两天的流感病毒的新感染者人数; (2)该地区 9 月份(共 30 天)该病毒新感染者共有多少人? 【解析】(1)由题意知,该地区 9 月份前 10 天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为 40,公差为 40 的等差数列. 所以 9 月 10 日的新感染者人数为 40+(10-1)× 40=400(人). 所以 9 月 11 日的新感染者人数为 400-10=390(人). 10(40+400) (2)9 月份前 10 天的新感染者人数和为 S10= =2 200(人), 2 9 月份后 20 天流感病毒的新感染者的人数,构成一个首项为 390,公差为-10 的等差数列. 20(20-1) 所以后 20 天新感染者的人数和为 T20=20× 390+ × (-10)=5 900(人). 2 所以该地区 9 月份流感病毒的新感染者共有 2 200+5 900=8 100(人). 【变式训练 3】设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S4≥10,S5≤15,则 a4 的最大值为 . 【解析】因为等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4≥10,S5≤15,

5+3d 所以 ≤a4≤3+d,即 5+3d≤6+2d,所以 d≤1, 2 所以 a4≤3+d≤3+1=4,故 a4 的最大值为 4.

总结提高
1.在熟练应用基本公式的同时,还要会用变通的公式,如在等差数列中,am=an+(m-n)d. 2.在五个量 a1、d、n、an、Sn 中,知其中的三个量可求出其余两个量,要求选用公式要恰当,即善于 减少运算量,达到快速、准确的目的. 3.已知三个或四个数成等差数列这类问题,要善于设元,目的仍在于减少运算量,如三个数成等差数 列时,除了设 a,a+d,a+2d 外,还可设 a-d,a,a+d;四个数成等差数列时,可设为 a-3m,a-m, a+m,a+3m. 4.在求解数列问题时,要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.

6.3 等比数列
典例精析
题型一 等比数列的基本运算与判定 【例 1】数列{an}的前 n 项和记为 Sn,已知 a1=1,an+1= Sn (1)数列{ }是等比数列;(2)Sn+1=4an. n n+2 【解析】(1)因为 an+1=Sn+1-Sn,an+1= S, n n 所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn). Sn+1 Sn 整理得 nSn+1=2(n+1)Sn,所以 =2· , n n+1 Sn 故{ }是以 2 为公比的等比数列. n Sn+1 Sn-1 4an (2)由(1)知 =4· = (n≥2), n+1 n-1 n+1 Sn-1 于是 Sn+1=4(n+1)· =4an(n≥2). n-1 又 a2=3S1=3,故 S2=a1+a2=4. 因此对于任意正整数 n≥1,都有 Sn+1=4an. 【点拨】①运用等比数列的基本公式,将已知条件转化为关于等比数列的特征量 a1、q 的方程是求解 等比数列问题的常用方法之一,同时应注意在使用等比数列前 n 项和公式时,应充分讨论公比 q 是否等于 1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接,最有依据的方法,也是通法,若判断一个数列是等比数 an+1 列可用 =q(常数)恒成立,也可用 a2+1 =an·an+2 恒成立,若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例 n an 即可,也可以用反证法. 1 【变式训练 1】等比数列{an}中,a1=317,q=- .记 f(n)=a1a2?an,则当 f(n)最大时,n 的值为( 2 ) n+2 S (n=1,2,3,?).求证: n n

A.7

B.8

C.9

D.10

1 - 1 【解析】an=317× (- )n 1,易知 a9=317× >1,a10<0,0<a11<1.又 a1a2?a9>0,故 f(9)=a1a2?a9 2 256 的值最大,此时 n=9.故选 C. 题型二 性质运用 【例 2】在等比数列{an}中,a1+a6=33,a3a4=32,an>an+1(n∈N*). (1)求 an; (2)若 Tn=lg a1+lg a2+?+lg an,求 Tn. 【解析】(1)由等比数列的性质可知 a1a6=a3a4=32, 又 a1+a6=33,a1>a6,解得 a1=32,a6=1, a6 1 1 1 所以 = ,即 q5= ,所以 q= , a1 32 32 2 1 - - 所以 an=32·( )n 1=26 n . 2 (2)由等比数列的性质可知,{lg an}是等差数列, 因为 lg an=lg 26 n=(6-n)lg 2,lg a1=5lg 2, (lg a1+lg an)n n(11-n) 所以 Tn= = lg 2. 2 2 【点拨】历年高考对性质考查较多,主要是利用“等积性”,题目“小而巧”且背景不断更新,要熟 练掌握. 【变式训练 2】在等差数列{an}中,若 a15=0,则有等式 a1+a2+?+an=a1+a2+?+a29-n(n<29,n ∈N*)成立,类比上述性质,相应地在等比数列{bn}中,若 b19=1,能得到什么等式? 【解析】由题设可知,如果 am=0,在等差数列中有 a1+a2+?+an=a1+a2+?+a2m-1-n(n<2m-1,n∈N*)成立, 我们知道,如果 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq, 而对于等比数列{bn},则有若 m+n=p+q,则 aman=apaq, 所以可以得出结论: 若 bm=1,则有 b1b2?bn=b1b2?b2m-1-n(n<2m-1,n∈N*)成立. 在本题中则有 b1b2?bn=b1b2?b37-n(n<37,n∈N*). 题型三 综合运用 【例 3】设数列{an}的前 n 项和为 Sn,其中 an≠0,a1 为常数,且-a1,Sn,an+1 成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=1-Sn,问是否存在 a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,则求出 a1 的值;若不存在,说明 理由. 【解析】(1)由题意可得 2Sn=an+1-a1.


?2Sn ? an?1 ? a1, 所以当 n≥2 时,有 ? ?2Sn?1 ? an ? a1

两式相减得 an+1=3an(n≥2). 又 a2=2S1+a1=3a1,an≠0, 所以{an}是以首项为 a1,公比为 q=3 的等比数列. 所以 an=a1·3n 1. a1(1-qn) 1 1 1 1 (2)因为 Sn= =- a1+ a1·3n,所以 bn=1-Sn=1+ a1- a1·3n. 2 2 2 2 1-q 1 要使{bn}为等比数列,当且仅当 1+ a1=0,即 a1=-2,此时 bn=3n. 2 所以{bn}是首项为 3,公比为 q=3 的等比数列. 所以{bn}能为等比数列,此时 a1=-2. bn-am 【变式训练 3】已知命题:若{an}为等差数列,且 am=a,an=b(m<n,m、n∈N*),则 am+n= . n-m 现在已知数列{bn}(bn>0,n∈N*)为等比数列,且 bm=a,bn=b(m<n,m,n∈N*),类比上述结论得 bm+n = . 【解析】 n-m bn . am


总结提高
1.方程思想,即等比数列{an}中五个量 a1,n,q,an,Sn,一般可“知三求二”,通过求和与通项两公 式列方程组求解. 2.对于已知数列{an}递推公式 an 与 Sn 的混合关系式,利用公式 an=Sn-Sn-1(n≥2),再引入辅助数列, 转化为等比数列问题求解. 3.分类讨论思想:当 a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时,等比数列{an}为递增数列;当 a1>0,0<q<1 或 a1<0,q>1 时,{an}为递减数列;q<0 时,{an}为摆动数列;q=1 时,{an}为常数列.

6.4 数列求和

典例精析
题型一 错位相减法求和 1 2 3 n 【例 1】求和:Sn= + 2+ 3+?+ n. a a a a n(n+1) 【解析】(1)a=1 时,Sn=1+2+3+?+n= . 2 (2)a≠1 时,因为 a≠0, 1 2 3 n Sn= + 2+ 3+?+ n,① a a a a n-1 1 1 2 n S = + +?+ n + n+1.② a n a2 a3 a a

1 1 (1- n) a a 1 1 1 1 n n 由①-②得(1- )Sn= + 2+?+ n- n+1= - n+1, a a a a a 1 a 1- a a(an-1)-n(a-1) 所以 Sn= . an(a-1)2

? n( n ? 1) ? 2 ( a ? 1), ? 综上所述,Sn= ? n ? a ( a ? 1) ? n( a ? 1) ( a ? 1). ? a n ( a ? 1) 2 ?
【点拨】(1)若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求数列{an·bn}的前 n 项和时,可采用错位相 减法; (2)当等比数列公比为字母时,应对字母是否为 1 进行讨论; (3)当将 Sn 与 qSn 相减合并同类项时,注意错位及未合并项的正负号. 2n-3 【变式训练 1】数列{ n-3 }的前 n 项和为( 2 2n-1 A.4- n-1 2 2n-7 B.4+ n-2 2 ) 2n+1 C.8- n-3 2 3n+2 D.6- n-1 2

2n-3 【解析】取 n=1, n-3 =-4.故选 C. 2 题型二 分组并项求和法 1 1 1 1 1 1 【例 2】求和 Sn=1+(1+ )+(1+ + )+?+(1+ + +?+ n-1). 2 2 4 2 4 2 1 1-( )k 2 1 1 1 1 【解析】和式中第 k 项为 ak=1+ + +?+ k-1= =2(1- k). 2 4 1 2 2 1- 2 1 1 1 所以 Sn=2[(1- )+(1- 2)+?+(1- n)] 2 2 2 1 1 1 = 2[(1 ? 1 ? ?? 1)] -( + 2+?+ n)] 2 2 2 ????? ? ?
n个

1 1 (1- n) 2 2 1 1 =2[n- ]=2[n-(1- n)]=2n-2+ n-1. 1 2 2 1- 2 【变式训练 2】 数列 1, 1+2, 1+2+22, 1+2+22+23, 1+2+22+?+2n 1, ?, ?的前 n 项和为( A.2n-1 C.2n 1-n 【解析】an=1+2+22+?+2n 1=2n-1, Sn=(21-1)+(22-1)+?+(2n-1)=2n 1-n-2.故选 D. 题型三 裂项相消法求和
+ - + -

)

B.n·2n-n D.2n 1-n-2


【例 3】数列{an}满足 a1=8,a4=2,且 an+2-2an+1+an=0 (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 m (2)设 bn= (n∈N*),Tn=b1+b2+?+bn(n∈N*),若对任意非零自然数 n,Tn> 恒成立,求 32 n(14-an) m 的最大整数值. 【解析】(1)由 an+2-2an+1+an=0,得 an+2-an+1=an+1-an, 从而可知数列{an}为等差数列,设其公差为 d,则 d= 所以 an=8+(n-1)× (-2)=10-2n. 1 1 11 1 (2)bn= = = ( - ), n(14-an) 2n(n+2) 4 n n+2 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn=b1+b2+?+bn= [( - )+( - )+?+( - )] 4 1 3 2 4 n n+2 1 1 1 1 3 1 1 m = (1+ - - )= - - > , 4 2 n+1 n+2 8 4(n+1) 4(n+2) 32 上式对一切 n∈N*恒成立. 8 8 所以 m<12- - 对一切 n∈N*恒成立. n+1 n+2 对 n∈N*,(12- 8 8 8 8 16 - )min=12- - = , n+1 n+2 1+1 1+2 3 a4-a1 =-2, 4-1

16 所以 m< ,故 m 的最大整数值为 5. 3 【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为 f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂项相消法求和. (2)使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项. 【变式训练 3】已知数列{an},{bn}的前 n 项和为 An,Bn,记 cn=anBn+bnAn-anbn(n∈N*),则数列{cn} 的前 10 项和为( A.A10+B10 ) A10+B10 B. 2 C.A10B10 D. A10B10

【解析】n=1,c1=A1B1;n≥2,cn=AnBn-An-1Bn-1,即可推出{cn}的前 10 项和为 A10B10,故选 C.

总结提高
1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征,分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法 既是根本,也是关键. 2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式,它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧,对 学生的知识和思维有很高的要求,应充分重视并系统训练.

6.5 数列的综合应用
典例精析

题型一 函数与数列的综合问题 【例 1】已知 f(x)=logax(a>0 且 a≠1),设 f(a1),f(a2),?,f(an)(n∈N*)是首项为 4,公差为 2 的等差 数列. (1)设 a 是常数,求证:{an}成等比数列; (2)若 bn=anf(an),{bn}的前 n 项和是 Sn,当 a= 2时,求 Sn. 【解析】(1)f(an)=4+(n-1)× 2=2n+2,即 logaan=2n+2,所以 an=a2n 2, an a 所以 = 2n =a2(n≥2)为定值,所以{an}为等比数列. an-1 a (2)bn=anf(an)=a2n 2logaa2n 2=(2n+2)a2n 2, 当 a= 2时,bn=(2n+2) ·( 2)2n 2=(n+1) ·2n 2, Sn=2·23+3·24+4·25+?+(n+1) ·2n 2, 2Sn=2·24+3·25+?+n·2n 2+(n+1)·2n 3, 两式相减得 -Sn=2·2 +2 +2 +?+2 所以 Sn=n·2n 3. 【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一,特征是以函数为载体构建数列的递推关系,通过由 函数的解析式获知数列的通项公式,从而问题得到求解. 1 【变式训练 1】设函数 f(x)=xm+ax 的导函数 f′(x)=2x+1,则数列{ }(n∈N*)的前 n 项和是( f(n) n A. n+1 n+2 B. n+1
- + + + + + + + + + +

2n+2

3

4

5

n+2

-(n+1)·2

n+3

24(1-2n 1) + =16+ -(n+1)·2n 3, 1-2



)

n C. n+1

n+1 D. n

【解析】由 f′(x)=mxm 1+a=2x+1 得 m=2,a=1. 1 1 1 1 所以 f(x)=x2+x,则 = = - . f(n) n(n+1) n n+1

1 1 1 1 1 1 1 1 n 所以 Sn=1- + - + - +?+ - =1- = .故选 C. 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 n+1 题型二 数列模型实际应用问题 【例 2】某县位于沙漠地带,人与自然长期进行着顽强的斗争,到 2009 年底全县的绿化率已达 30%, 从 2010 年开始,每年将出现这样的局面:原有沙漠面积的 16%将被绿化,与此同时,由于各种原因,原 有绿化面积的 4%又被沙化. 3 4 4 (1)设全县面积为 1,2009 年底绿化面积为 a1= ,经过 n 年绿化面积为 an+1,求证:an+1= an+ ; 10 5 25 (2)至少需要多少年(取整数)的努力,才能使全县的绿化率达到 60%? 【解析】(1)证明:由已知可得 an 确定后,an+1 可表示为 an+1=an(1-4%)+(1-an)16%, 4 4 即 an+1=80%an+16%= an+ . 5 25

4 4 4 4 4 (2)由 an+1= an+ 有,an+1- = (an- ), 5 25 5 5 5 4 1 4 1 4 4 1 4 又 a1- =- ≠0,所以 an+1- =- ·( )n,即 an+1= - ·( )n, 5 2 5 2 5 5 2 5 3 4 1 4 3 4 - 1 4 若 an+1≥ ,则有 - ·( )n≥ ,即( )n 1≤ ,(n-1)lg ≤-lg 2, 5 5 2 5 5 5 2 5 (n-1)(2lg 2-lg 5)≤-lg 2,即(n-1)(3lg 2-1)≤-lg 2, lg 2 所以 n≥1+ >4,n∈N*, 1-3lg 2 所以 n 取最小整数为 5,故至少需要经过 5 年的努力,才能使全县的绿化率达到 60%. 【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题,通过反复读题,列出有关信息,转 化为数列的有关问题. 【变式训练 2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步,现程序设计师让机器狗以“前进 3 步,然 后再后退 2 步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点,面向正方向,以 1 步的距离为 1 单位长 移动,令 P(n)表示第 n 秒时机器狗所在的位置坐标,且 P(0)=0,则下列结论中错误的是( A.P(2 006)=402 C.P(2 008)=404 B.P(2 007)=403 D.P(2 009)=405 )

【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn},由题知 P(0)=0,P(5)=1,P(10)=2,P(15)=3.所以 P(2 005) =401,P(2 006)=401+1=402,P(2 007)=401+1+1=403,P(2 008)=401+ 3=404,P(2 009)=404-1=403.故 D 错. 题型三 数列中的探索性问题 n-1 2 【例 3】{an},{bn}为两个数列,点 M(1,2),An(2,an),Bn( , )为直角坐标平面上的点. n n (1)对 n∈N*,若点 M,An,Bn 在同一直线上,求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 log2Cn= a1b1+a2b2+?+anbn ,其中{Cn}是第三项为 8,公比为 4 的等比数列,求 a1+a2+?+an

证:点列(1,b1),(2,b2),?,(n,bn)在同一直线上,并求此直线方程. 2 -2 n an-2 【解析】(1)由 = ,得 an=2n. 2-1 n-1 -1 n (2)由已知有 Cn=22n 3,由 log2Cn 的表达式可知: 2(b1+2b2+?+nbn)=n(n+1)(2n-3),① 所以 2[b1+2b2+?+(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).② ①-②得 bn=3n-4,所以{bn}为等差数列. 故点列(1,b1),(2,b2),?,(n,bn)共线,直线方程为 y=3x-4. 【变式训练 3】 已知等差数列{an}的首项 a1 及公差 d 都是整数, n 项和为 Sn(n∈N*).若 a1>1, 4>3, 前 a S3≤9,则通项公式 an= .


【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.

由 a1>1,a4>3,S3≤9 得

令 x=a1,y=d 得

在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1),即 a1=2,d=1.所以 an=2+n -1=n+1.故答案填 n+1.

总结提高
1.数列模型应用问题的求解策略 (1)认真审题,准确理解题意; (2)依据问题情境,构造等差、等比数列,然后应用通项公式、前 n 项和公式以及性质求解,或通过探 索、归纳构造递推数列求解; (3)验证、反思结果与实际是否相符. 2.数列综合问题的求解策略 (1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题,或以函数为载体构造数列,应用数列的知识求 解; (2)数列的几何型综合问题,探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式,然后求解问题.嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷


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