（理）第12讲数列求和及数列应用教案-经典教学教辅文档.docx

第十二讲数列求和及数列运用适用学科数学适用年级高三（理）知识点1 .求数列通项公式的方法2 .求数列前n项和的方法3 .数列的综合成绩4 .实践成绩与数列教学目标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 .能在具体的成绩情境中，辨认数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的成绩教学重点数列求和和数列综合及实践成绩在高考中占有重要的地位，普通情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，经过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学.思想方法，这些标题都考察考生灵活运用数学知识分析成绩和解决成绩的能力，它们都属于中、高档标题.有关命题趋势：1 .数列是一种特殊的函数，而不等式则是深入认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的两重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；2 .数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类标题能突出考察先生的逻辑思想能力，能区分先生思想的严谨性、灵敏程度、灵活程度；3 .数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等；4.有关数列的运用成绩也不断备受关注.教学难点数列的综合运用教学过程一、知识讲解考点L数列前n项和Sn与通项ar的关系讲解内容:数列前11项和Sn与通项an的关系式:2.sn=1考点2.求通项常用方法讲解内容：构造新数列法.作等差数列与等比数列；累差叠加法.最基本的方式是：ar=(an-ar-1)+(an-1+an-2)+(a2-a)+a1;归纳、猜想法(再用数学归纳法证明).考点3数列前n项和讲解内容：重要公式：1+2+n='n(n+l);2l2+22+n2=-!-n(n+l)(2n+l)；613+23+n3=(1+2÷+n)2=-n(n+1)2；4等差数列中,Sra+n=Sra÷Sn+mnd;等比数列中,Sm+,FSn+qnSm=Sn+q,nSn;裂项求和将数列的通项分成两个式子的代数和，即ar=f(n+l)-f(n),然后累加抵消掉两头的许多项，这类先裂后消的求和法叫裂项求和法.用裂项法求和，需求掌握一些常见的裂项，如：11z11Ill.an=();二一-;nn!(An+B)(An+C)C-BAn+BAn+Cn(n+1)nn+= (n+l)!-n!> Cn-1=Cnr-Cn-1r;扁=:赢等错位相减法对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n项和，常用错项相消法.%=2C”,其中也是等差数列，%是等比数列,记S=blcl+b2c2+.+,1cn-1+bncn,则qSll=b,c2+-1crt+bllctl+l,并项求和把数列的某些项放在一同先求和，然后再求Sn.注：数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法.通项分解法：an=bn±cn考点4.递归数列讲解内容：数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(a+k-1,an,k-2,a)称为数列的递归关系.由递归关系及k个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列.如由am=2ar+L及a1=L确定的数列2-1即为递归数列.递归数列的通项的求法普通说来有以下几种：(1)归纳、猜想、数学归纳法证明.(2)迭代法.(3)代换法.包括代数代换，对数代数，三角代数.(4)构造新数列法.最多见的是作成等差数列或等比数列来解决成绩.二、例题精析【例题1】【题干】已知数列g为等差数列，且公差不为0,首项也不为0,求和：-l-.【答案W六二照就）力【解析】由于f=t;(LL),则f0(LL)=qi=aia+i=dci+j=ciai+daxatl+laa+【例题2】【题干】求1+工+!+-+!,(*)1+21+2+31+2+3+4l+2+3+【答案】见解析【解析】'O12l+2+.+Akk÷1)【例题3】【题干】设a为常数，求数列42/，3，nd,的前n项【答案】Sn=-l-(n÷l)an+nan+1.(l-a)2【解析】若a=0时,Sn=O;若a=l,则Sn=I+2+3+n=gn(nl)；若aWl,a0时，S11-aS11=a(l+a+-*-+a，H-nan),Sn=r1-(n÷l)3n+na11".(l-a)【例题4】【题干】已知"O,wl,数列"是首项为a,公比也为a的等比数列，令2=nlgan(TV),求数列也的前项和S【答案】/.Stl=1-(1+«-na)a,t(1-«)【解析】'.an=an,bn=nanga,一得：(l-a)S"=(a+a2+an一。ZHJ)IgQ，【题干】求S.=3盘+6第+3£：.【答案】S“=3-2日【解析】S-0C；+3C：+6C；+3C：又S“=3C；+3（n一1）C+3C：+OC.所以S=32-【例题6】【题干】设数列L是公差为d,且首项为仆=d的等差数列，求和:S+i=a（）C：+qC：+a,C;【答案】S+i=（%+%）2'I【解析】由于s+1=6oc+aC，【例题7】【题干】已知函数/O)=*?+*?,数列IXnl(Xn>0)的第一项Xl=1,以后各项按如下方式取定：曲线y=()在(小/区+J)处的切线与经过(0,0)和(xn,f(xn)两点的直线平行求证：当MN*时：(I)÷xm=3x,÷2xm+i;(II)(1'x11(12【答案】见解析【解析】(I)由于/(x)=32+2x9所以曲线y=/(x)在(n+i,f(z.)处的切线斜率ktl+l=3xj+2xn+1.由于过(0,0)和(乙,/(怎)两点的直线斜率是片+匕，所以片+=3d+2%.(II)由于函数(X)=于+x当冗>0时单调递增,而H+S=3片川÷2x,+14x+1+2xn+i=(2xm+1)2+2x,+1所以%2%,即必1Xn2因而匕=2.-三dyi.xti7"X2又由于七+X"2H+Xm),令%=H+Z,则®J2由于y=#+%=2,所以券(；尸.y1=(2.因而W+%g)i,故(g)iX"(g)i.【题干】已知Z)(X)=r£(幻=牛理，其中A"5MM),设-(vFa)=C%,)+c"(2)+C"，)+C"(f),-l,l.(I)写出以1)；(II)证明:对任意的芭,z,恒有F(x1)-F(x2)2"T(n÷2)-n-l.【答案】(I)人="%+l;（三）见解析【解析】(I)由已知推得人(X)=(""I)/'从而有fk()=n-k+;(II)证法1：当Txl时，当X>0时，F,(x)>0,所以F(X)在0,1上为增函数.因函数尸(X)为偶函数所以尸。)在-1,0上为减函数，所以对任意的再,x2-1,1F(x1)-F(x2)F(I)-F(O),因而结论成立.证法2:当Txl时，当X>0时，F,(x)>0,所以尸(X)在0,1上为增函数.因函数F(X)为偶函数所以F(X)在T,0上为减函数所以对任意的px2wT1尸-尸区尸(1)-尸(O)又因F(I)-F(O)=2C：+3C：+kC+&T+C；所以2F(I)-F(O)=(+2)C+C*-'+.+Cr,+2C因而结论成立.证法3：当Tx时，当X>0时，F,(x)>0,所以F(X)在0,1上为增函数.由于函数F(X)为偶函数所以Fa)在上为减函数.所以对任意的ax2wT中尸(%)-尸(x2)尸(1)-尸(O)由对上式两边求导得：.F(I)-F(O)=2"+nTx-n-=n+2)2"-一一1因而结论成立.【题干】某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年添加30%的利润；乙方案：.每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年添加5千元；两种方案的运用期都是10年，到期一次性归还本息.若银行两种方式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？【答案】甲方案更好【解析】甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，_1Q01甲方案获利：l+(l+30%)+(l+30%)2+(l+30%)9=q42.63(万元)，.银行贷款本息：10(1+5%)H)*16.29(万元)，故甲方案纯利：42.63-16.29=26.34(万元)，乙方案获利：1×Q1÷(1+0.5)+(1+2×0.5)+(l+9×0.5)=10×l+-y×0.5=32.50(万元)；银行本息和：1.O5×1+(1+5%)+(1+5%)2+(1+5%)9=1.05×1,05-113.21(万元)0.05故乙方案纯利：32.50-13.21=19.29(万元)；综上可知，甲方案更好.【题干】自然形状下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用M表示某鱼群在第n年年初的总量，nN*,且乂。不考虑其它要素，设在第年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与成反比，死亡量与点成反比，这些比例系数依次为正常数a,b,c.(I)求X"i与Xn的关系式；(II)猜测：当且仅当为，a,b,c满足甚么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？(不要求证明)(III)设5=2,b=l,为保证对任意由(0,2),都有天0,nN*,则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论.【答案】(I)见解析(II)当且仅当ab,且X=仁心时，每年年c初鱼群的总量保持不变.(III)1【解析】(I)从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为被捕捞量为bx，死亡量为CX：,因此X+1-X”=奴”一bx-*,nwN*.(*)即彳2=/-Z?+I-CX.),N*.(*)(II)若每年年初鱼群总量保持不变，则X恒等于用，nN*,从而由(*)式得：由于小0,所以ab.猜测：当且仅当ab,且XLi时，每年年初鱼群的总量保c持不变.(III)若b的值使得荀0,nN*由X"i=x”(3bXn),nN*,知0<%<3b,nN*,特别地,有(KXw3b.即0<b<3一为.而X(O,2),所以8(0j.由此猜测b的最大允许值是1.下证当由(0,2),b=l时，都有1(O,2),nN*当n=l时，结论明显成立.假设当n=k时结论成立，即吊£(0,2),则当n=k+l时，A÷F(2-)>0.又由于吊+尸吊(2a)=(-1)2+11<2,所以吊h(O,2),故当n=k+l时结论一样成立.由。、可知，对于任意的nN*,都有扁(0,2).三、课堂运用【基础】1 .求数列1,3+5,7+9+11,13+15+17+19,前n项和.1+1+(7X22,n2【答案S.二第T二止詈1【解析】本题本质是求一个奇数列的和.在该数列的前n项中共有1+2+=出生个奇数，故2+l+(Z7)X2Ln.=1÷1)2二"2242 .已知UJ是等差数列，其前项和为S,4是等比数列，且=5=2,a+&=27,$61=10.(1)求数列a与ZU的通项公式；(2)记Tn=ah+an-b+ah,nN*,证明：Tn+12=-2an+10bn(n【答案】an=3n-l,bn=2n,nN*(2)见解析【解析】(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,由a=b=2,得a,=2+3d,bi=2q',S产8+6d,由条件a4+b4=27,S4-b4=10,2*3d+2q3=27/*3得方程组2J=M解得Ia,故an=3n-Lbn=2n,nN*.(2)由(1)得，Tn=2atl+22an-1+23atr2+2na1;；2Tn=22a11+23an-÷÷2na2÷2n1a；由-得，Tn=-2(3n-l)+3×22+3×23+3×2n÷2n+212(1-2n7)二2+2n+-6n+2=IoX2n-6n-10;而-2an+10b12=-2(311-1)+10×2n-12=10×2n-611-10;i½Ttl+12=-2an+10bn(nN*)2.已知数列a"的前n项和为Sn=n2+n,数歹IJbn满足b+3b2+32b3÷+3n-1bn=an,nN*.(1)求数列aj,bj的通项公式；(2)求数列bj的前n项和2(l-(一)n)31所以Tn=3-113n-1【答案】(1)(2)3【解析】(1)n=l,a=2,n2,a1=Sn-Sn=2n.ar=2n(nN*)bi+3b2+32b3+3n1bn=an,nN*.b1+3b2÷33+3nn-=an-,n22,两式作差：3nlbn=at-an-F2,bn=n>l又由于b尸2,所以或=W(2)数列bj是等比数列，故其前n项和：【巩固】1 .求数列1,3+1,32+4,，的各项的和.3323"【答案】-(3n+1-3.2【解析】其和为(1+3+3n)+(l÷±+3322 .设数列瓜的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有an=5Sn+l成立，记bn二产"(nN*),(I)求数列W与数列bn的通项公式；(II)设数列bn的前n项和为R”，能否存在正整数k,使得Rk24k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请阐明理由；(III)记Cn=b2n-b2nT(11N*),设数列&的前D项和为L,求证：对任意正整数n,都有TnVS214+(-)m【答案】(I)%=(-6'，=A；(II)不存在(III)见解析41-(TX【解析】(I)当n=l时，/=5q+l,.«1=-；，又.=5S*+l,%+=5S/+l,ax+lax=5%+1，即%+1=一W75'.数列瓜成等比数列，其首项巧=-1公比I=V,4414+(-；)，%=(-彳)'，=14l-(-(II)不存在正整数k,使得凡之能成立;下证：对任意的正整数n,都有&加成立,由(1)知34+扃v-÷* = 8+55严_(-4)2a-1452015x16-0Q16-116+4(16-1)(16+4)当n为偶数时，设n二2m(mN*),，Rn=(b1÷b2)+(b3*b4)+÷(b2m.1+b2m)<8m=4n；当n为奇数时，设n=2mT(mN*),.Rn=Cb1+b2)*(b3+b4)+÷(b2m4+b2m.2)+b2m,1<8(m-1)+4=8m-4=4n,对于一切的正整数n,都有RnV4k,不存在正整数k,使得&之能成立.(III)由a=4+白得(Y)T55_25x16*2»-2X-L产W'+-I+1-Q6*-1)(16,+4)25×16x25x16*25(16m)2+3×16-4)(16*尸一嬴13又4=3也=,当n=l时，%<当n22时，Tn=i+25x3I-J1'2，4+25x+-+维C+25x4=刊/1311482-1616【拔高】1.在数列,J中，若4，4是正整数，且4=I%-/_21/=3,4,5,则称%为“绝对差数列”.(I)举出一个前五项不为零的“绝对差数列”(只需求写出前十项)；(II)证明：任何“绝对差数列”中总含有无量多个为零的项.【答案】见解析【解析】(I)313,3219=2,3.11f35-19=O,a7l9118191190,ao=l(II)证明：根据定义，数列必在无量项后出现零项.证明如下：假设aj中没有零项,由于延=区"2|,所以对于任意的n,都有atl21,从而当a11->a【i-2时，a11-a11-a11-2a-1(n23)；当a11-<a2时,an-a11-2-an-a11-2-1(n23),即生的值要末比ae最少小1,要末比ar2最少小1.令Cn4%iae>%”)，n=i,2,3,<。2)，则(KCnWCnT-1(n=2,3,4).由于5是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项CKO这与ctl>0(n=l,2,3)矛盾.从而aj必有零项.若第一次出现的零项为第n项，记ar*A(A0),则自第n项开始，没三个相邻的项周期地取值0,A,A,即%二。，q+3N=A/=°，1,2,3,an+3k+2=A,所以绝对.等差数列atl中有无量多个为零的项.课程小结1.数列求和的常用方法(1)公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列；(2)裂项相消法：适用于其中OJ是各项不为O的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等；(3)错位相减法：适用于也其中%是等差数列，也是各项不为0的等比数列.(4)倒序相加法：类似于等差数列前n项和公式的推导方法.(5)分组求和法(6)累加(乘)法等.2 .常用结论(1)nk= 1+2+3+. +n *1n(n +1)2(2) (2k-i)=l+3÷5÷.+(2n-l)-n*=1(3) = l3+23+A=I + /?3 = n(n + )(4) K=2+2?+32+.+2=Lz2("+1)(2+1)f6n(n+)nn+n(n+2)2n+2(6) =5(-)(p<q)PqQ-PPq3 .数学思想(1)迭加累加(等差数列的通项公式的推导方法)若an-a,i-=F5），（N2），则；（2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若2-=g5）52）,则；%（3）倒序相加（等差数列求和公式的推导方法）；（4）错位相减（等比数列求和公式的推导方法）.课后作业【基础】1.数列彷的前项和为Sfl9已知£=12+34HF(1)L1 ，则S17=().A.8B.9C.16D.17【答案】3【解析】S“=l2+34+(1)t"-8+17W2 .等比数列&的前项和为£,若a=1,且4五2%,4成等Z以差数列，贝IS=().A.7B.8C.15D.16【答案】C【解析】设数列a,的公比为S则44=4句+&,1244aiq=4a+aiq,EP/-4q+4=0,:q=2.C.S=15.1-【巩固】1 .已知数列aj的首项为L对任意的nN*,定义bn=a"an,(I)若b=n+l,求a4;(II)若bn+h=bn(2),且b=H,b2=b(ab0),(i)当a=l,b=2时,求数列b11的前3n项和;(ii)当a=l时，求证：数列EJ中任意一项的值均不会在该数列中出现有数次.【答案】(I)=(÷¾=6+4=10；(11)(i)当n为偶数时，=;当n为奇数时，S3，=等;(ii)见解析【解析】(I)解：4i=l，a2=a1+1=l+2=3>a3=a2+b2=3+3=6,4=%+3=6+4=10；(11)(i)解：由于。+<-1=4(之2),所以，对任意的nN*W÷=，44+3÷2即数列bn各项的值反复出现，周期为6；又数列bn的前6项分别为122,1,；,且这六个数的和为7；设数列bn的前n项和为Sn,则当力=2k(kN*)时，S3x=S6k=k也+2+3+¾+)=Ik；当=2上+1(先wN*)时，x=+3=上(4+K÷+)+U1+JU2+JU3=7上+1+2÷=7+5所以，当n为偶数时，=;当n为奇数时，S?*=等;(ii)证明：由(i)知：对任意的nN*有鼠6=4，又数列bj的前6项分别为LWUu，且这六个数的和为23+;+2,bbb设%“6i(心0)，(其中i为常数且iw02345,6),所以x÷l- CX= /.+i - a6N = +i ÷H+l÷+i+2 +-h+3+j+4 +i3+52= 2b + -+2b所以，数列均为以23+:+2为公差的等差数列；bOO由于b>0时，2+-+2>0,bVO时，2+-+2-2<0,bb所以%f为公差不为零的等差数列，其中任何一项的值最多在该数列中出现一次，所以数列%中任意一项的值最多在此数列中出现6次，即任意一项的值不会在此数列中反复出现有数次.2 .已知数列、娟满足：1=l÷=i(1)求证：效列±是等差数列;(2)求数列%的通项公式;(3)设E = %的+。2%+电4+ -+%4+1，若4* <对于&WM恒成立,试求实数以的取值范围【答案】(1)见解析(2)则这=-1 力 + 2r ,+1 =9 a* = I- b* = I-力+3«+3 «+3(3)综上l, 4以用6*对于匕WM恒成立。【解析】(1)由%+a=1得& = 1 -依题意，+l*，1：(Iy(I+%) 1+%+-1 4 T1 1+%IFl 1-Id -II ,1 = - ¾ =4fb% + 2_ 14+ 3 -%+ 31 1：.4¾- =an1111 n-=«+3 «+4 4 «+4 4(«+4)'阀+ 2 (a 1)甩'+(3« - 6)正8+4 力+3G+36+4)散列'是以-4为首项公差为-1的等差数列.4T(2)由(1)知=-4+5_1)(-1)=一力_3,&T贝IJ=-Fl="+ta*=1-&=1-4+34+34×5 + 5×6+ («+3) («+4)(3)Sx=以巴+以2%+以长2依题意可知-1)1+(%-6)4一8<O恒成立,令J()-(-1)2+(3a-6)力-8,当=1时，Jrg)=-3«-80恒成立；当以1时，由二次函数性质知/()。不可能成立；3以一631当1时，此二次函数的对称轴为X=-BL'_=一三(1-，)0；2(-l)2a-l则(勿)在%CAT上是单调递减，.彳，又以1,二1,综上以1,40g4对于匕eM恒成立。【拔高】1.设数列E)的前项和为S，已知2=1,4=6,a3=ll,且(5-8电z-(5+2)SJI=A+5,"=1,2,3,其中A,B为常数.(I)求A与B的值；(II)证明数列4为等差数列；(Hi)证明不等式庖7-向丁1对任何正整数勿、都成立【答案】(I)A=-20,B=-8(II)见解析(In)见解析【解析】(1)由已知，得S=a=l,S2=a1+a2=7,S3=a+a2+a3=18.由(5n8)Sn+(5n+2)Sn-A+B知：解得A=-20,B二一8.(II)方法1由(1)得，(5n-8)S+1-(5n÷2)Sn=-20n-8,所以(5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28,-,得，(5n-3)Sn+2-(IOn-I)Sn+(5n+2)Sn=-20,所以(5n+2)S÷3-(10n÷9)Sn+2÷(5n+7)Sn+1=-20.一，得(5n+2)Sn÷3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)S+-(5n÷2)Stl=O.由于an+l=SnH-Sn所以(5n+2)a÷3-(10n+4)an.2+(5n+2)an+=O.又由于(5n+2)0,所以an3-28nf2n+l0,an+3-h11+2-s11*2-l+1,n,又a3-¾¾-5,所以数列%为等差数列.方法2.由己知，S311,又(5n-8)S"(5n+2)Sn=-20n18,且511-80,所以数列与是惟一确定的，因而数列是独一确定的.设bn=5n-4,则数列低为等差数列，前n项和T产若2,因而(5n-8)Tn(5n+2)(511-8)(+1)(5+2)+n(5n-3)=_20_&22由独一性得bn=a,即数列氏为等差数列.(III)由(II)可知，at=l+5(n-l)=5n-4.要证庖-疯乙>1，只需证5fl)n>1+a11an+2JCIman由于故只需证afl>n=5nm-4,araan=(5m-4)(511-4)=25mn-20(m+n)+16,5(5mn-4)>l+25mn-20(m+n)+16+2aman,jF2yamallam+a“=5m+5一8<5m+5-8+(15m+15-29)=20m+20n-37,所以命题得证.