【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第6章第4节数列求和学案

【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第6章第4节数列求和学案

第四节　数列求和 [最新考纲]　1.掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、 等比数列的几种常见的求和方法． 1．公式法 (1)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝n(a1＋an) 2 ＝na1＋n(n－1) 2 d； (2)等比数列的前 n 项和公式： Sn＝Error! 2．几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列 组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． (2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相 互抵消(注意消项规律)，从而求得前 n 项和．裂项时常用的三种变形： ① 1 n(n＋1)＝1 n － 1 n＋1 ； ② 1 (2n－1)(2n＋1)＝1 2( 1 2n－1 － 1 2n＋1)； ③ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n. (3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对 应项之积构成的，那么求这个数列的前 n 项和即可用错位相减法求解． (4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或 等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解． (5)并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求 和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知等差数列{an}的公差为 d，则有 1 anan＋1 ＝1 d( 1 an－ 1 an＋1).(　　) (2)当 n≥2 时， 1 n2－1 ＝1 2( 1 n－1 － 1 n＋1).(　　) (3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 之和时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可 根据错位相减法求得．(　　) (4) 利用倒序相加法可求得 sin21°＋sin22°＋sin23° ＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　) [答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 二、教材改编 1．数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝ 1 n(n＋1)，则 S5 等于(　　) A.1 B.5 6 C.1 6 D. 1 30 B　[∵an＝ 1 n(n＋1)＝1 n － 1 n＋1 ， ∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…－1 6 ＝5 6.] 2．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和为(　　) A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1 C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2 C　[Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22 ＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝2(1－2n) 1－2 ＋2×n(n＋1) 2 －n ＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.] 3．Sn＝1 2 ＋1 2 ＋3 8 ＋…＋ n 2n 等于(　　) A.2n－n－1 2n B.2n＋1－n－2 2n C.2n－n＋1 2n D.2n＋1－n＋2 2n B　[由 Sn＝1 2 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋ n 2n ，① 得 1 2Sn＝ 1 22 ＋ 2 23 ＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1 ，② ①－②得，1 2Sn＝1 2 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n － n 2n＋1 ，＝ 1 2[1－(1 2 )n] 1－1 2 － n 2n＋1 ， ∴Sn＝2n＋1－n－2 2n .] 4．数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 Sn＝1－2＋3－4＋…＋ (－1)n－1·n，则 S17＝________. 9　[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋ 5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.] 考点 1　分组转化法求和 　分组转化法求和的常见类型 (1)若 an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an} 的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝Error!的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列， 可采用分组求和法求和． 提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论． 　已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n 2 ，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． [解]　(1)当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋n 2 － (n－1)2＋(n－1) 2 ＝n. 当 n＝1 时，a1＝S1＝1 满足 an＝n， 故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(1－22n) 1－2 ＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. [母题探究]　在本例(2)中，若条件不变求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解]　由本例(1)知 bn＝2n＋(－1)nn. 当 n 为偶数时， Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝ 2－2n＋1 1－2 ＋n 2 ＝2n ＋1＋n 2 －2； 当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－ 1)－n] ＝2n＋1－2＋n－1 2 －n＝2n＋1－n 2 －5 2. 所以 Tn＝Error! 　常用并项求和法解答形如(－1)nan 的数列求和问题，注意当 n 奇偶性 不定时，要对 n 分奇数和偶数两种情况分别求解．对 n 为奇数、偶数讨论数列求 和时，一般先求 n 为偶数时前 n 项和 Tn.n 为奇数可用 Tn＝Tn－1＋bn(n≥2)或 Tn＝ Tn＋1－bn＋1 最好． 　已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＋S4＝S5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前 2n 项和 T2n. [解]　(1)设等差数列{an}的公差为 d， 由 S3＋S4＝S5 可得 a1＋a2＋a3＝a5，即 3a2＝a5， ∴3(1＋d)＝1＋4d，解得 d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得 bn＝(－1)n－1·(2n－1)． ∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n. 考点 2　裂项相消法求和 　形如 an＝ 1 n(n＋k)(k 为非零常数)型 　an＝ 1 n(n＋k)＝1 k(1 n － 1 n＋k). 提醒：求和抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项， 后面也剩两项． 　已知数列{an}是公差为 2 的等差数列，数列{bn}满足 b1 ＝6，b1＋b2 2 ＋b3 3 ＋…＋bn n ＝an＋1. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{ 1 anbn }的前 n 项和． [解]　(1)数列{an}是公差为 2 的等差数列， 数列{bn}满足 b1＝6，b1＋b2 2 ＋b3 3 ＋…＋bn n ＝an＋1. 所以当 n＝1 时，a2＝b1＝6， 故 an＝6＋2(n－2)＝2n＋2， 由于 b1＋b2 2 ＋b3 3 ＋…＋bn n ＝an＋1，① 当 n≥2 时，b1＋b2 2 ＋b3 3 ＋…＋bn－1 n－1 ＝an，② ①－②得：bn n ＝an＋1－an＝2， 所以 bn＝2n. 所以 bn＝Error!. (2)当 n＝1 时，S1＝ 1 a1b1 ＝ 1 4 × 6 ＝ 1 24. 当 n≥2 时， 1 anbn ＝ 1 2n(2n＋2)＝1 4(1 n － 1 n＋1)， 则 Sn＝ 1 24 ＋1 4(1 2 －1 3 ＋1 3 －1 4 ＋…＋1 n － 1 n＋1)， ＝ 1 24 ＋1 4(1 2 － 1 n＋1)， ＝ 2n－1 12(n＋1)， 当 n＝1 时满足上式，故 Sn＝ 2n－1 12(n＋1). 　本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前 n 项和与项的 关系，注意通项公式是否包含 n＝1 的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即 若{an}是等差数列，则 1 anan＋1 ＝1 d( 1 an－ 1 an＋1). [教师备选例题] (2019·唐山五校联考)已知数列{an}满足： 1 a1 ＋ 2 a2 ＋…＋ n an ＝3 8(32n－1)， n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log3 an n ，求 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1. [解]　 1 a1 ＝3 8(32－1)＝3， 当 n≥2 时，因为 n an ＝( 1 a1＋ 2 a2＋…＋ n an)－( 1 a1＋ 2 a2＋…＋n－1 an－1) ＝3 8(32n－1)－3 8(32n－2－1)＝32n－1， 当 n＝1 时， n an ＝32n－1 也成立， 所以 an＝ n 32n－1. (2)bn＝log3 an n ＝－(2n－1)， 因为 1 bnbn＋1 ＝ 1 (2n－1)(2n＋1)＝1 2( 1 2n－1 － 1 2n＋1)， 所以 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1 ＝1 2[(1－1 3)＋(1 3 －1 5)＋…＋( 1 2n－1 － 1 2n＋1)]＝1 2(1－ 1 2n＋1)＝ n 2n＋1. 　(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3， S4＝10，则∑ n k＝1 1 Sk ＝________. 2n n＋1 　[设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 依题意有Error!解得Error! 所以 Sn＝n(n＋1) 2 ， 1 Sn ＝ 2 n(n＋1)＝2(1 n － 1 n＋1)， 因此∑ n k＝1 1 Sk ＝2(1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1)＝ 2n n＋1.] 　形如 1 n＋k＋ n (k 为非零常数)型 　an＝ 1 n＋k＋ n ＝1 k( n＋k－ n)． 　已知函数 f(x)＝xa 的图像过点(4,2)，令 an＝ 1 f(n＋1)＋f(n)，n∈N＋，记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 019＝(　　) A. 2 018－1 B. 2 019－1 C. 2 020－1 D. 2 020＋1 C　[由 f(4)＝2 得 4a＝2，解得 a＝1 2 ，则 f(x)＝ x. ∴an＝ 1 f(n＋1)＋f(n)＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n， S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋ ( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.] 　运用分母有理化对分式 1 n＋1＋ n 正确变形并发现其前后项之间 的抵消关系是求解本题的关键． 　求和 S＝ 1 1＋ 3 ＋ 1 3＋ 5 ＋…＋ 1 119＋ 121 ＝(　　) A．5 B．4 C．10 D．9 A　[S＝1－ 3 1－3 ＋ 3－ 5 3－5 ＋…＋ 119－ 121 119－121 ＝1－11 －2 ＝5，故选 A.] 　形如 bn＝ (q－1)an (an＋k)(an＋1＋k)(q 为等比数列{an}的公比)型 　bn＝ (q－1)an (an＋k)(an＋1＋k)＝ 1 an＋k － 1 an＋1＋k. 　(2019·郑州模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＝8，Sn＝an＋1 2 － n－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{2 × 3n anan＋1 }的前 n 项和 Tn. [解]　(1)∵a2＝8，Sn＝an＋1 2 －n－1， ∴a1＝S1＝a2 2 －2＝2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝an＋1 2 －n－1－(an 2 －n)， 即 an＋1＝3an＋2，又 a2＝8＝3a1＋2， ∴an＋1＝3an＋2，n∈N＋， ∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为 a1＋1＝3，公比为 3，∴an＋1＝3×3n－ 1＝3n，∴an＝3n－1. (2)∵2 × 3n anan＋1 ＝ 2 × 3n (3n－1)(3n＋1－1)＝ 1 3n－1 － 1 3n＋1－1. ∴数列{2 × 3n anan＋1 }的前 n 项和 Tn＝( 1 3－1 － 1 32－1)＋( 1 32－1 － 1 33－1)＋…＋( 1 3n－1 － 1 3n＋1－1)＝1 2 － 1 3n＋1－1. 　本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如 an＋1＝λan＋μ 的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相 消法求和． 　已知 {an}是等比数列，且 a2＝1 2 ，a5＝ 1 16 ，若 bn＝ an＋1 (an＋1)(an＋1＋1)， 则数列{bn}的前 n 项和为(　　) A. 2n－1 2(2n＋1) B.2n－1 2n＋1 C. 1 2n＋1 D.2n－1 2n＋2 A　[a5＝a2·q3，∴q3＝1 8 ，∴q＝1 2 ，a1＝1， ∴an＝(1 2 )n－1， bn＝ (1 2 )n [(1 2 )n－1＋1][(1 2 )n＋1] ＝ 1 (1 2 )n＋1 － 1 (1 2 )n－1＋1 ∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝[ 1 (1 2 )1＋1 － 1 (1 2 )0＋1]＋[ 1 (1 2 )2＋1 － 1 (1 2 )1＋1] ＋[ 1 (1 2 )3＋1 － 1 (1 2 )2＋1]＋…＋[ 1 (1 2 )n＋1 － 1 (1 2 )n－1＋1] ＝ 1 (1 2 )n＋1 －1 2 ＝ 2n－1 2(2n＋1).故选 A.] 　形如 an＝ n＋1 n2(n＋2)2 型 　an＝ n＋1 n2(n＋2)2 ＝1 4[ 1 n2－ 1 (n＋2)2]. 　正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝ n＋1 (n＋2)2a2n ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 n∈N＋， 都有 Tn＜ 5 64. [解]　(1)由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以 Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是 a1＝S1＝2，当 n≥2 时，an ＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上，数列{an}的通项公式为 an＝2n. (2)证明：由于 an＝2n， 故 bn＝ n＋1 (n＋2)2a2n ＝ n＋1 4n2(n＋2)2 ＝ 1 16[ 1 n2－ 1 (n＋2)2]. Tn＝ 1 16[1－ 1 32＋ 1 22－ 1 42＋ 1 32－ 1 52＋…＋ 1 (n－1)2 － 1 (n＋1)2 ＋ 1 n2－ 1 (n＋2)2]＝ 1 16 [1＋ 1 22－ 1 (n＋1)2 － 1 (n＋2)2]＜ 1 16(1＋ 1 22)＝ 5 64. 　(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求 和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式． (2)放缩法常见的放缩技巧有： ①1 k2 ＜ 1 k2－1 ＝1 2( 1 k－1 － 1 k＋1). ②1 k － 1 k＋1 ＜1 k2 ＜ 1 k－1 －1 k. ③2( n＋1－ n)＜ 1 n ＜2( n－ n－1)． 　已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 S4＝2a4－1，S3＝2a3－1. (1)求{an}的通项公式； (2)记 bn＝log2(an·an＋1)，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证： 1 T1 ＋ 1 T2 ＋…＋ 1 Tn ＜ 2. [解]　(1)设{an}的公比为 q，由 S4－S3＝a4 得 2a4－2a3＝a4， 所以a4 a3 ＝2，所以 q＝2. 又因为 S3＝2a3－1， 所以 a1＋2a1＋4a1＝8a1－1， 所以 a1＝1.所以 an＝2n－1. (2)证明：由(1)知 bn＝log2(an·an＋1)＝log2(2n－1×2n)＝2n－1， 所以 Tn＝1＋(2n－1) 2 ·n＝n2， 所以 1 T1 ＋ 1 T2 ＋…＋ 1 Tn ＝ 1 12 ＋ 1 22 ＋…＋ 1 n2 ＜1＋ 1 1 × 2 ＋ 1 2 × 3 ＋…＋ 1 (n－1)n ＝1＋1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n－1 －1 n ＝2－1 n ＜2. 考点 3　错位相减法求和 　 错位相减法求和的具体步骤 步骤 1→写出 Sn＝c1＋c2＋…＋cn. 步骤 2→等式两边同乘等比数列的公比 q，即 qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn. 步骤 3→两式错位相减转化成等比数列求和． 步骤 4→两边同除以 1－q，求出 Sn.同时注意对 q 是否为 1 进行讨论． 　(2019·莆田模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，an＋1＝2Sn＋ 1，数列{bn}满足 a1＝b1，点 P(bn，bn＋1)在直线 x－y＋2＝0 上，n∈N＋. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 cn＝bn an ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. [解]　(1)由 an＋1＝2Sn＋1 可得 an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 两式相减得 an＋1－an＝2an，即 an＋1＝3an(n≥2)． 又 a2＝2S1＋1＝3，所以 a2＝3a1. 故{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列． 所以 an＝3n－1. 由点 P(bn，bn＋1)，在直线 x－y＋2＝0 上，所以 bn＋1－bn＝2. 则数列{bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列． 则 bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1. (2)因为 cn＝bn an ＝2n－1 3n－1 ， 所以 Tn＝ 1 30 ＋ 3 31 ＋ 5 32 ＋…＋2n－1 3n－1 . 则 1 3Tn＝ 1 31 ＋ 3 32 ＋ 5 33 ＋…＋2n－3 3n－1 ＋2n－1 3n ， 两式相减得：2 3Tn＝1＋2 3 ＋ 2 32 ＋…＋ 2 3n－1 －2n－1 3n . 所以 Tn＝3－ 1 2·3n－2 －2n－1 2·3n－1 ＝3－n＋1 3n－1. 　本例巧妙地将数列{an}及其前 n 项和为 Sn，数列与函数的关系等知 识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减 法求和． 　(2019·烟台一模)已知等差数列{an}的公差是 1，且 a1，a3，a9 成等比 数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{ an 2an }的前 n 项和 Tn. [解]　(1)因为{an}是公差为 1 的等差数列，且 a1，a3，a9 成等比数列，所以 a 23＝a1a9， 即(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得 a1＝1. 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)Tn＝1×(1 2 )1＋2×(1 2 )2＋3×(1 2 )3＋…＋n×(1 2 )n， 1 2Tn＝1×(1 2 )2＋2×(1 2 )3＋…＋(n－1)×(1 2 )n＋n×(1 2 )n＋1， 两式相减得 1 2Tn＝(1 2 )1＋(1 2 )2＋(1 2 )3＋…＋(1 2 )n－n×(1 2 )n＋1， 所以 1 2Tn＝ 1 2 －(1 2 )n＋1 1－1 2 －n×(1 2 )n＋1＝1－ 1 2n － n 2n＋1. 所以 Tn＝2－2＋n 2n . 课外素养提升⑥　数学建模—— 数列中等量关系的建立 2019 全国卷Ⅰ理科 21 题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率 知识的同时，突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能 力．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，银行信贷， 浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概 念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方 向，以提高解题的速度． 直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系 【例 1】　从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设， 并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投入将比上年 减少1 5 ，本年度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作 用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加1 4. (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元，旅游业总收入为 bn 万元，写 出 an，bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ [解]　(1)第 1 年投入为 800 万元， 第 2 年投入为 800×(1－1 5)万元， …， 第 n 年投入为 800×(1－1 5)n－1 万元， 所以，n 年内的总投入为： an＝800＋800×(1－1 5)＋…＋800×(1－1 5)n－1 ＝4 000×[1－(4 5 )n]， 第 1 年旅游业收入为 400 万元， 第 2 年旅游业收入为 400×(1＋1 4)万元， …， 第 n 年旅游业收入 400×(1＋1 4)n－1 万元． 所以，n 年内的旅游业总收入为 bn＝400＋400×(1＋1 4)＋…＋400×(1＋1 4)n－1 ＝1 600×[(5 4 )n－1]. (2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此 bn－an＞0， 化简得 5×(4 5 )n＋2×(5 4 )n－7＞0， 即 1 600×[(5 4 )n－1]－4000×[1－(4 5 )n]＞0， 令 x＝(4 5 )n，代入上式得：5x2－7x＋2＞0. 解得 x＜2 5 ，或 x＞1(舍去)． 即 (4 5 )n＜2 5 ，由此得 n≥5. ∴至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入. [评析]　本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列 求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是 本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧． 【素养提升练习】　公民在就业的第一年就交纳养老储备金 a1，以后每年交 纳的数目均比上一年增加 d(d＞0)，历年所交纳的储备金数目 a1，a2，…，是一个 公差为 d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率， 而且计算复利．如果固定年利率为 r(r＞0)，那么，在第 n 年末，第一年所交纳的 储备金就变为 a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为 a2(1＋r)n－2，…，以 Tn 表示到第 n 年末所累计的储备金总额． 求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列． [解]　T1＝a1，对 n≥2 反复使用上述关系式，得 Tn＝Tn－1(1＋r)＋an ＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an ＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋an，① 在①式两端同乘 1＋r，得 (1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)，② ②－①，得 rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝d r[(1＋r)n－1－r] ＋a1(1＋r)n－an. 即 Tn＝a1r＋d r2 (1＋r)n－d rn－a1r＋d r2 . 如果记 An＝a1r＋d r2 (1＋r)n，Bn＝－a1r＋d r2 －d rn， 则 Tn＝An＋Bn，其中{An}是以a1r＋d r2 (1＋r)为首项，以 1＋r(r＞0)为公比的等 比数列；{Bn}是以－a1r＋d r2 －d r 为首项，－d r 为公差的等差数列． 借助数列的递推关系建立等量关系 【例 2】　大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月 初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为 6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资 金的 15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的 20%，当月房租等其 他开支 1 500 元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每 月月底该商品能全部卖出． (1)设夏某第 n 个月月底余 an 元，第 n＋1 个月月底余 an＋1 元，写出 a1 的值并 建立 an＋1 与 an 的递推关系； (2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入． (参考数据：1.1211≈3.48,1.1212≈3.90,0.1211≈7.43×10－11,0.1212≈8.92×10－12) [解]　(1)依题意，a 1＝20 000(1＋15%)－20 000×15%×20%－1 500＝20 900(元)， an＋1＝an(1＋15%)－an×15%×20%－1 500 ＝1.12an－1500(n∈N＋，1≤n≤11)． (2)令 an＋1＋λ＝1.12(an＋λ)，则 an＋1＝1.12an＋0.12λ， 对比(1)中的递推公式，得 λ＝－12 500. 则 an－12 500＝(20 900－12 500)1.12n－1， 即 an＝8 400×1.12n－1＋12 500. 则 a12＝8 400×1.1211＋12 500≈41 732(元)． 又年底偿还银行本利总计 20 000(1＋6%)＝21 200(元)， 故该生还清银行贷款后纯收入 41 732－21 200＝20 532(元)． [评析]　(1)先求出 a1 的值，并依据题设得出 an＋1 与 an 的关系；(2)利用构造 法求得{an}的通项公式，并求相应值． 【素养提升练习】　如图，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)，…，是曲 线 C：y2＝1 2x(y≥0)上的点，A1(a1,0)，A2(a2,0)，…，An(an,0)，…，是 x 轴正半轴 上的点，且△A0A1P1，△A1A2P2，…，△An－1AnPn，…，均为斜边在 x 轴上的等腰 直角三角形(A0 为坐标原点)． (1)写出 an－1、an 和 xn 之间的等量关系，以及 an－1、an 和 yn 之间的等量关系； (2)用数学归纳法证明 an＝n(n＋1) 2 (n∈N＋)； (3)设 bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 an＋2 ＋ 1 an＋3 ＋…＋ 1 a2n ，对所有 n∈N＋，bn＜log8t 恒成立，求 实数 t 的取值范围． [解]　(1)依题意，△A0A1P1，△A1A2P2，…，△An－1AnPn，…，均为斜边在 x 轴上的等腰直角三角形(A0 为坐标原点)，故有 xn＝an－1＋an 2 ，yn＝an－an－1 2 . (2)证明：①当 n＝1 时，可求得 a1＝1＝1 × 2 2 ，命题成立； ②假设当 n＝k 时，命题成立，即有 ak＝k(k＋1) 2 . 则当 n＝k＋1 时， 由归纳假设及(ak－ak－1)2＝ak－1＋ak， 得 [ak＋1－k(k＋1) 2 ]2＝k(k＋1) 2 ＋ak＋1. 即(ak＋1)2－(k2＋k＋1)ak＋1＋k(k－1) 2 · (k＋1)(k＋2) 2 ＝0， 解得 ak＋1＝ (k＋1)(k＋2) 2 (ak＋1＝k(k－1) 2 ＜ak，不合题意，舍去)，即当 n＝k＋1 时，命题成立. 综上所述，对所有 n∈N＋，an＝n(n＋1) 2 . (3)bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 an＋2 ＋ 1 an＋3 ＋…＋ 1 a2n ＝ 2 (n＋1)(n＋2)＋ 2 (n＋2)(n＋3)＋…＋ 2 2n(2n＋1) ＝ 2 n＋1 － 2 2n＋1 ＝ 2n 2n2＋3n＋1 ＝ 2 (2n＋1 n)＋3 . 因为函数 f(x)＝2x＋1 x 在区间[1，＋∞)上单调递增，所以当 n＝1 时，bn 最大 为1 3 ，即 bn≤1 3. 由题意，有1 3 ＜log8t， 所以 t＞2，所以，t∈(2，＋∞).