高考数学一轮复习精品学案：第30讲 数列求和及数列实际问题

高考数学一轮复习精品学案：第30讲 数列求和及数列实际问题

‎2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第30讲 数列求和及数列实际问题 一．课标要求：‎ ‎1．探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法；‎ ‎2．能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。‎ 二．命题走向 数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般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，通过运用逆推思想、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，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。‎ 有关命题趋势：‎ ‎1．数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻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双重检验，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，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、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．有关数列的应用问题也一直备受关注。‎ 预测2013年高考对本将的考察为：‎ ‎1．可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题；‎ ‎2．也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。‎ 三．要点精讲 ‎1．数列求通项与和 ‎（1）数列前n项和Sn与通项an的关系式：an= 。‎ ‎（2）求通项常用方法 ‎①作新数列法。作等差数列与等比数列；‎ ‎②累差叠加法。最基本的形式是：an=(an－an－1)+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1；‎ ‎③归纳、猜想法。‎ ‎（3）数列前n项和 ‎①重要公式：1+2+…+n=n(n+1)；‎ ‎12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)；‎ ‎13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2；‎ ‎②等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd；‎ ‎③等比数列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn；‎ ‎④裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：‎ ‎、=－、n·n！=(n+1)!－n!、Cn－1r－1=Cnr－Cn－1r、=－等。‎ ‎⑤错项相消法 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。, 其中是等差数列， 是等比数列，记，则，…‎ ‎⑥并项求和 把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn。‎ 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。‎ ‎⑦通项分解法：‎ ‎2．递归数列 数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(an+k－1,an+k－2,…,an)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an+1=2an+1，及a1=1，确定的数列即为递归数列。‎ 递归数列的通项的求法一般说来有以下几种：‎ ‎（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）作新数列法。最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。‎ 四．典例解析 题型1：裂项求和 例1．已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：。‎ 解析：首先考虑，则=。‎ 点评：已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求和也可用裂项求和法。‎ 例2．求。‎ 解析：‎ ‎， ‎ 点评：裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些。‎ 题型2：错位相减法 例3．设a为常数，求数列a，‎2a2，‎3a3，…，nan，…的前n项和。‎ 解析：①若a=0时，Sn=0；‎ ‎②若a=1，则Sn=1+2+3+…+n=；‎ ‎③若a≠1，a≠0时，Sn-aSn=a（1+a+…+an-1-nan），‎ Sn=。‎ 例4．已知，数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令，求数列的前项和。‎ 解析：，‎ ‎①-②得：，‎ 点评：设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法。‎ 题型3：倒序相加 例5．求。‎ ‎ 解析：。 ①‎ ‎ 又。 ②‎ 所以。‎ 点评：Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。‎ 例6．设数列是公差为，且首项为的等差数列，‎ 求和：‎ 解析：因为，‎ ‎，‎ ‎。‎ 点评：此类问题还可变换为探索题形：已知数列的前项和，是否存在等差数列使得对一切自然数n都成立。‎ 题型4：其他方法 例7．求数列1，3+5，7+9+11，13+15+17+19，…前n项和。‎ ‎ 解析：本题实质是求一个奇数列的和。在该数列的前n项中共有个奇数，故。‎ 例8．求数列1，3＋，32＋，……，3n＋的各项的和。‎ 解析：其和为(1＋3＋……＋3n)＋(＋……＋)==(3n＋1－3-n)。‎ 题型5：数列综合问题 例9．已知函数＝x3+x2，数列 | xn | （xn > 0）的第一项x1＝1，以后各项按如下方式取定：曲线y＝在处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）。‎ 求证：当n时：（I）；（II）。‎ 解析：（I）因为 所以曲线在处的切线斜率 因为过和两点的直线斜率是 所以.‎ ‎（II）因为函数当时单调递增，‎ 而 所以，即 因此 又因为 令则 因为所以 因此 故 点评：数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系。‎ 例10．已知,其中,设,。‎ ‎(I) 写出；(II) 证明:对任意的,恒有。‎ 解析：(I)由已知推得,从而有；‎ ‎(II) 证法1:当时，‎ 当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数。‎ 因函数为偶函数所以在[－1,0]上为减函数，‎ 所以对任意的，‎ 因此结论成立。‎ 证法2：当时, ‎ 当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数。‎ 因函数为偶函数所以在[-1,0]上为减函数 所以对任意的 又因 所以 因此结论成立。‎ 证法3：当时, ‎ 当x>0时, ,所以在[0,1]上为增函数。‎ 因为函数为偶函数所以在[－1,0]上为减函数。‎ 所以对任意的 由 对上式两边求导得：‎ ‎ ‎ 因此结论成立。‎ 点评：数列与函数、导数结合在一块，考察数列是一种特殊的函数的性质，其中还要用到数列的函数性质来解释问题。‎ 题型6：数列实际应用题 例11．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，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息. 若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？‎ ‎ （取）‎ 解析：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，‎ ‎①甲方案获利：（万元），‎ 银行贷款本息：（万元），‎ 故甲方案纯利：（万元），‎ ‎②乙方案获利：‎ ‎（万元）；‎ 银行本息和：‎ ‎（万元）‎ 故乙方案纯利：（万元）；‎ 综上可知，甲方案更好。‎ 点评：这是一道比较简单的数列应用问题，由于本息金与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解。‎ 例12．自然状态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xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N*，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c。‎ ‎ （Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；‎ ‎ （Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）‎ ‎　 （Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论。‎ 解析：（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为 （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，‎ 从而由（*）式得：‎ 因为x1>0，所以a>b。‎ 猜测：当且仅当a>b，且时，每年年初鱼群的总量保持不变。‎ ‎（Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*‎ ‎ 由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知00。‎ 又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2,‎ 所以xk+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.‎ 由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2)。‎ 点评：数学归纳法在猜想证明数列通项和性质上有很大的用处，同时该题又结合了实际应用题解决问题。‎ 题型7：课标创新题 例13．在数列中，若是正整数，且，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”（只要求写出前十项）；‎ ‎（Ⅱ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。‎ 解析：（Ⅰ）a1=3，a2=1，a3=2，a4=1，a5=1，a6=0，a7=1，a8=1，a9=0，a10=1.（答案不唯一）；‎ ‎（Ⅱ）证明：根据定义，数列{an}必在有限项后出现零项.证明如下：‎ 假设{an}中没有零项，由于an=|an-1-an-2|，所以对于任意的n，都有an≥1,从而 ‎ 当an-1 > an-2时，an = an-1 －an-2 ≤ an-1－1（n≥3）；‎ ‎ 当an-1 < an-2时，an = an-2 － an-1 ≤ an-2－1（n≥3）,‎ 即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1.‎ ‎ 令cn=n=1，2，3，……，‎ 则00（n=1，2，3……）矛盾.从而{an}必有零项。‎ 若第一次出现的零项为第n项，记an-1=A（A≠0），则自第n项开始，没三个相邻的项周期地取值O，A，A，即 所以绝对等差数列{an}中有无穷多个为零的项。‎ 点评：通过设置“等差数列”这一概念加大学生对情景问题的阅读、分析和解决问题的能力。‎ 例14．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且其中A,B为常数。‎ ‎（Ⅰ）求A与B的值；‎ ‎（Ⅱ）证明数列{an}为等差数列；‎ ‎（Ⅲ）证明不等式对任何正整数m、n都成立 分析：本题是一道数列综合运用题，第一问由a1、a2、a3求出s1、s2、s3代入关系式，即求出A、B；第二问利用公式，推导得证数列{an}为等差数列。‎ 解答：（1）由已知，得S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18。‎ 由(5n－8)Sn+1－(5n+2)Sn=An+B知：‎ ‎。‎ ‎ 解得A=－20，B=－8。‎ ‎（Ⅱ）方法1‎ ‎ 由（1）得，（5n-8）Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, ①‎ 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, ②‎ ‎②-①,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, ③‎ ‎ 所以 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.④‎ ‎ ④-③,得 (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0.‎ ‎ 因为 an+1=Sn+1-Sn ‎ 所以 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0.‎ ‎ 又因为 (5n+2),‎ ‎ 所以 an+3-2an+2+an+1=0,‎ ‎ 即 an+3-an+2=an+2-an+1, .‎ ‎ 又 a3-a2=a2-a1=5,‎ ‎ 所以数列为等差数列。‎ ‎ 方法2.‎ ‎ 由已知，S1=a1=1,‎ ‎ 又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8,‎ ‎ 所以数列是惟一确定的。‎ 设bn=5n-4,则数列为等差数列，前n项和Tn=‎ 于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)‎ 由惟一性得bn=a,即数列为等差数列。‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an=1+5(n-1)=5n-4.‎ ‎ 要证了 ‎ ‎ 只要证 5amn>1+aman+2‎ ‎ 因为 amn=5mn-4,aman=(‎5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16,‎ ‎ 故只要证 5（5mn-4）>1+25mn-20(m+n)+16+2‎ 因为 ‎ =‎20m+20n-37,‎ 所以命题得证。‎ 点评：本题主要考查了等差数列的有关知识，不等式的证明方法，考查了分析推理、理性思维能力及相关运算能力等。‎ 五．思维总结 ‎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{ }是各项不为0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：适用于其中{ }是等差数列，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） 1+2+3+...+n = ‎ ‎（2）1+3+5+...+(2n-1) =‎ ‎ （3） ‎ ‎（4） ‎ ‎（5） ‎ ‎（6）‎ ‎3．数学思想 ‎（1）迭加累加（等差数列的通项公式的推导方法）若，则……；‎ ‎（2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若，则……；‎ ‎（3）逆序相加（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）。‎