高三数学同步辅导教材(第11讲)

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高三数学总复习教程（第 11 讲） 一、本讲内容 数列综合问题 本讲进度： 数列的求和问题，数列的综合问题。 二、学习指导 无论是给了递推公式，还是给了前 n 项的和与通项之间的关系式。都不能直接知晓它与我们所熟悉 的等差数列或等比数列的哪一种有关，以及是怎样一种关系。这就需要我们仔细观察题设条件及结论的 特点，适当进行变化，间接地与等差，等比数列挂上钩，这之中不乏探索的过程，也就是说，这种变化 并无明确的法则，只能是依据经验和题目特点进行尝试，这也就是难点之所在。 三、典型例题讲评 例 1．已知数列｛an｝的前 n 项和为 Sn，且满足对一切正整数 n，有 Sn= 2 3 (an－1)，在数列｛bn｝中， bn= 4n+3。 （1）求数列｛an｝的通项公式 （2）把两个数列的公共项按它们的原先的顺序排成新数列｛Cn｝，求它的通项公式。 用 Sn－Sn—1 即可求出 an，但此式成立的前提是 n≥2，在此外得到 an=3an—1 后不能立即得出｛an｝成等 比的结论，一定要先验证 a1 ≠0，切记！ 在第（2）小题中，如何求出“公共项”是关键，首先应注意，“公共项”是指在｛an｝和｛bn｝中都 出现了的项，但相应项数未必一样，不能出现“令 an=bn”这样的式子，而只能令 an=bm，得出 n 与 m 间 关系，在本题中，我们不难求出 an=3n，令 3n=4m+3，n 与 m 的关系怎样求？如写为 n=log3(4m+3)或 m= 4 33 n ，前者来的必是整数，后者亦来必是整娄，只有当 n 为奇数（记 n=2k－1）时才是整数，（可 用二项式定理说明）了即便这样因 b1=7，故｛a2｝中奇数项并不能从 1 开始，而只能从 3 开始，这都是 解题时必须加以注意的。 例 2．已知在△ABC 中，三边长的平方 a2、b2、c2 成等差数列。 （1）求证：cotA、cotB、cotC 成等差数列； （2）求证： cb  1 、 ac  1 、 ba  1 成等差数列。 在第（1）小题中，cotA、cotB、cotC 成等差如何用 a2、b2、c2 成等差挂上钩？极易盲目转换，误入 歧途，已知为边际关系，欲证为角际关系，应往边上靠，但余切公式甚少，化为弦：要证 cotA、cotB、 cotC 成等差，即证 A A sin cos 、 B B sin cos 、 C C sin cos 成等差，由正、余弦定理知，即证 abc acb 2 222  、 abc bca 2 222  、 abc cba 2 222  成等差，由已知立得。 在第（2）小题中，已知，求证均为边际关系，就需把所求式值 a2、b2、c2 上靠拢；要证 、 、 成等差，这就很好证了，所需注意的是，上面的证明中须 d≠0（否则 b－a、c－a、c－b 等均为 0） 而 d=0 时，a=b=c，可推得 = = ，原结论当然也成立。 例 3．求和： （1） 22 21 3  + 22 32 5  +……+ 22 )1( 12   nn n （2）－ 12 12 2 2   + 13 13 2 2   － 14 14 2 2   +……+(－1)n 1)1( 1)1( 2 2   n n . 求 n 项之和，常常使用的策略是“拆项”，即把一项变为两项，使两两相抵，只剩下前面和后面的有限 个项，如何拆须看题目的特点，如第（1）小题中通项 ak= 22 )1( 12   kk k ，注意到分子恰为分母两因式之差： an= 22 22 )1( )1(   kk kk = 2 1 k － 2)1( 1 k ，“如可拆”也就不成其问题了。 在第（2）小题中，通项 ak=(－1)k 1)1( 1)1( 2 2   k k =(－1)k[1+ 1)1( 2 2 k ]=(－1)k[1+ )2( 2)2(   kk k ]，分拆 方案也就出来了，所要注意的是前面的整数部分：偶数项时恰为 0，而奇数项时为－1，故和式也应分 n 当奇数，偶数两种情形加以考虑。 例 4．在数列｛an｝中，前 n 项和 Sn=na+n(n－1)b，（ b≠0） （1）求证｛an｝是等差数列； （2）求证：点 Pn(an， n S n －1)都落下在同一条直线上； （3）若 a=1，b= 2 1 ，且 P1，P2，P3 三点都在以（r，r）为圆心，r 为半径的圆外，求 r 的取值范围。 在（1）中，应先根据 an 与 Sn，Sn—1 的关系，求出 a1 和 n≥2 时的 an，要证｛an｝成等差，有三条途 径：①把 n≥2 时的 an=f(n)写为等差数列通项一般表达式：a1+(n－1)d，并验证 n=1 时，值恰为 a1；②证 明 an+1－an 为与 n 无关的定值，要特别检验 a2－a1 是否也是通信定值；③证明 2an+1=an+an+2，并特别验 证 2a2=a1+a3，（注意，切不可由 2a2=a1+a3，2a3=a2+a4 等具体项得出结论）。 在（2）中把      1n Sy ax n n 消去 n，得一直线方程，即可说明问题。 第（3）小题中，称确定 P1，P2，P3 坐标，使到（r r）距离大于 r，解不等式组即可。 例 5．已知函数 f(x)= x x sin1 sin1   ，g(x)=sinx，α 、β 、x、y∈（－ 2  ， 2  ）且 x≠y，若 f(x)、f(α )、 f(y)成等差数列，g(x)，g(β )、g(y)也成等差数列，试判断α 与β 的大小，证明你的结论。要比α 与β 大 小，因α 、β 均在 y=sinx 的一个单调区间（－ ， ）中，故只要比较 sinα 与 sinβ 的大小。 由已知 f(α )= 2 )()( yfxf  ，即   sin1 sin1   = 2 sin1 sin1 sin1 sin1 y y x x    ，形式臃肿，故分离常数，消肿， sin1 2  = 2 sin1 2 sin1 2 yx  ，从而 1－sinα = yx sin1 1 sin1 1 2  ，为调和平均值形式，再化反而 繁杂了。 又 sin β = 2 sinsin yx  ， 形 式 虽 然 简 洁 ， 但 与 上 面 的 形 式 有 距 离 ， 故 改 写 为 1 － sin β = 2 )sin1()sin1( yx  ，为算术平均值形式。 至此，问题迎刃而解，只须再把等号问题说清楚即可。 例 6．已知数列｛an｝是等差数列，在数列｛bn｝中，bn=anan+1an+2，若 3a5=8a12＞0，问何时 Sn=b1+b2+… +bn，取得最大值？证明你的结论。 由 3a5=8a12＞0，可知 an=(n－ 5 81 )d，且 d＜0。 bn=(n－ )(n－ 5 76 )(n－ 5 71 )d3，由它去求 Sn，过程很烦，不如判定 bn 何时为正，何时为负，详见附 录。 四、巩固练习 1．定义在 N 上的函数 f(x)满足：f(0)=2，f(1)=3，且 f(k+1)=3f(k) －2f(k－1)，（ k≥1）。 （1）求 f(n) （n∈N） （2）求 f(0)+f(1)+…+f(n) 2．（ 1）已知数列｛an｝中，an= )12)(12( )2( 2  nn n ，求其前 n 项和。 （2）已知数列｛bn｝中，b1=1，b2=－1. bn+2=bn+1－bn，求其通项及前 n 项之和。 3．在数列｛an｝中，an=(－1)n+1（1－ 2 1 + 4 1 －…+(－1)n+1 12 1 n ）。求其前 n 项之和。 4．已知函数 f(x)= bax x  （a≠0）， f(2)= 。又知方程 2f(x)=x 的解集为｛0｝，在数列｛Cn｝中，C1=1， Cn+1=f(Cn)。求｛Cn｝的通项。 5．在数列｛an｝中，a1=1，an，an+1 是方程 x2－Cnx+ n2 1 =0 的两实根，求数列｛Cn｝的通项公式。 6．数列｛an｝中，a1=1，Sn 为其前 n 项之和，对任意正整数 n，Sn+1= 4an+2。 （1）求证：数列｛an+1－2an｝是等比数列； （2）求证：数列｛ n na 2 ｝是等差数列； （3）求 Sn. 7．p、q、r 为两两不等的三个正整数，数列｛en｝中，ep=a，eq=b，er=c，a、b、c 两两不等。 （1）若｛en｝为等差数列，则(q－r)a+(r－p)b+(p－q)c=0 （2）若｛en｝为等比数列，则 aq—rbr—pcp—q=1 8．｛ an｝为等差数列，Sn 为其前 n 项之和，若 Sn=( 2 1na )2. 数列｛bn｝中，bn=(－1)nSn，求｛bn｝前 n 项和 Tn. 9．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，根据规则， 本年度投入 800 万元，以后每年的投入较上一年减少 5 1 ，本年度当地旅游业收入预计为 400 万元，由于 该项目对旅游业的促进作用，今后旅游业收放每年将比上一年增加 。 （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，旅游业总收放才能超过总投入？ 10．数列｛an｝中，a1=1，a2=r＞0，数列｛anan+1｝为公比为 q（q＞0）的等比数列，数列｛bn｝中， bn=a2n—1+a2n. （1）求使 anan+1+an+1an+2＞an+2an+3 成立的公比 q 的取值范围； （2）求｛bn｝的通项 （3）若 r=219.2－1，q= ，求数列｛ n n b b 2 12 log log  ｝的最大项和最小项。 五、参考答案 1．解法一， f(k+1)－2f(k)=f(k)－2f(k－1)=…=f(2)－2f(1)=f(1)－2f(0)=－1，∴f(k)－1=2[f(k－1)－1]， 又 f(0)－1=1， ∴f(n)=1+1·2n=2n+1，(n∈N) 解法二，f(k+1)－f(k)=2[f(k)―f(k―1)]。又 f(1)－f(0)=1. ∴f(n)=[f(n)―f(n―1)]+[f(n－1)―f(n―2)]+…+[f(1)－f(0)]+f(0)= 12 )12(1   n +2=2n+1. (n∈N) f(0)+f(1)+…+f(n)=(20+21+…+2n)+(n+1) = 12 12 1  n +n+1=2n+1+n。 2．（ 1）an=1+ )12)(12( 1  nn =1+ 2 1 ( 12 1 n － 12 1 n ) ∴Sn=n+ (1－ 12 1 n )= 12 )1(2   n nn . （2）b1=1，b2=－1，b3=－2，b4=－1，b5=1，b6=2，b7=1，b8=－1，至此，知｛bn｝为周期 6 的周期 数列，S1=1，S2=0，S3=－2，S4=－3，S5=－2，S6=0 ∴bn=             2 1 1 2 1 1 kn kn kn kn kn kn 6 16 26 36 46 56       Sn=             0 2 3 2 0 1 kn kn kn kn kn kn 6 16 26 36 46 56       (k∈N*) 3．an=(－1)n+1 )2 1(1 ))2 1(1(1   n =(－1)n—1· 3 2 + 3 )1( 1 n ·(－ )n—1. =(－1)n—1· + 3 1 ·( )n—1 ∴Sn= +       n2 11 = 3 4 － 12 1 n n 当奇数 (1－ n2 1 ) n 为偶数 4．由已知， ba 2 2 = ，∴2a+b= 4 方程 bax x  2 =x 中，若 b=0，则 a=2，x=1 为其解，而不足 0，故 b≠0，此时，x=0 为其一解，除此之 外，则 bax x  2 =1，x= a b2 ，必须为 0（否则与解集为｛0｝矛盾），∴b=2，从而 a=1，f(x)= 2x x . Cn+1= 2n n C C ，∴ 1 1 nC =1+ nC 2 ， 1 1 nC +1=2( nC 1 +1) 又 1 1 C +1=2 ∴ +1=2·2n—1=2n，Cn= 12 1 n . 5．anan+1= n2 1 ，以 n=1 代入知 a2= 2 1 . 又 an+1an+2= 12 1 n ，两式相除， n n a a 2 = ，说明｛an｝的奇数项构成首项为 1，公比为 的等比数列， 偶数项构成以 为首项， 为公比的等比数列。 ∴an= ( ) 2 1n n 为奇数 ( ) 2 n n 为偶数 Cn=an+an+1= ( ) +( ) 2 1n =3( ) 2 1n n 为奇数 ( ) +( ) 2 1)1( n =( ) 1 2 n n 为偶数. 6．（ 1）Sn+1= 4a2+2，Sn+2=4an+1+2，两式相减，有 an+2= 4an+1－4an. 即 an+2－2an+1=2(an+1－2an). 又 a1+a2=S2= 4a1+2， ∴a2－2a1=a1+2=3. ∴数列｛an+1－2an｝是首项为 3，公比为 2 的等比数列。 （2）由（1）an+1－2an=3×2n—1， 即 1 1 2   n na － n na 2 = 4 3 ，故数列｛ ｝构成首项 ，公差 的等差数 列； （3）由（2） n na 2 = (n－1)× ， ∴an=(3n－4)·2n—1+2， 当 n≥2 时，Sn=4an—1+2=(3n－4)·2n—1+2. 当 n=1 时，上式值为－1+2=1，恰为 S1. ∴Sn=(3n－4)·2n—1+2 7．p、q、r 为两两不等之正整数，a、b、c 也两两不等，数｛en｝不是常数列. （1）b－c=(q－r)d, c－a=(r－p)d，a－b=(p－q)d. ∴左= d cb  a+ d ac  b+ d ba  c=0 （d｛an｝之公差） （2） c b =Qq—r， a c =Qr—p ， b a =Qp—q （Q 为｛an｝之公比） ∴左 a c bQlog b a cQlog c b aQlog . logQ 左=logQa(logQb－logQc)+logQb(logQc－logQa)+logQc(logQa－logQb)=0 ∴左=1 8．a1=S1= 21 )2 1( a ，解得 a1=1，a2+1= 22 )2 1( a ，解得 a2=－1 或 3，但若 a2=－1，则 d=－2，从 S3 起 Sn 必为负数，与 Sn= 21 )2 1( a 矛盾，∴a2=3，d=2。 Sn=n+ 2 )1( nn ×2=n2. Tn=－12+22－32+42+…+(－1)nn2. = (2－1)(2+1)+(4－3)(4+3)+…+[n－(n－1)][n+(n－1)] n 为偶数 (2－)(2+1)+…+[(n－1)－(n－2)][(n－1)+(n－2)]－n2 n 为奇数 = 1+2+3+4+…+(n－1)=n n 为偶数 1+2+3+4+…+(n－2)+(n－1)－n2 n 为奇数 = 2 )1( nn n 为偶数 2 2 )1( nnn  n 为奇数 = n 为偶数 2 )1(  nn n 为奇数 =(－1)n 9．an= 8.01 ]8.01[800   n = 4000(1－0.8n) bn= 125.1 )125.1(400  n =1600(1.25n－1) 令 1600(( 4 5 )n－1)＞4000(1－( 5 4 )n). 整理得 ( )2n－ 2 7 ·( )n+ 2 5 ＞0， ( )n＞ 或＜1（舍去） n＞ 2log31 2log21   ＞4， 至少需要 5 年。 10．（ 1）1+q＞q2，∴q∈( 2 51 ，0)∪(0， 2 51 ). 又 q＞0 ∴q∈(0， 2 51 ) （2）q= 1 21   nn nn aa aa = n n a a 2 ，说明｛an｝的奇数项构成首项为 1，公比为 q 的等比数列，偶数项构成首项 r，公比 q 的等比数列，bn=a2n—1+a2n=(1+r)qn—1. （3）由已知，bn=219。2( 2 1 )n—1=220·2—n ，log2bn=20.2－n，故｛ n n b b 2 12 log log  ｝的通项（第 n 项为） n n   2.20 2.19 ， 当 n=20 时为负值－4，为最小项，上式可与 1－ n2.20 1 ，在[1，19]并调减减且小于 1，故 n=21 时当最 大项是 4 9 六、附录 例 1．（ 1）当 n=1 时，a1=S1= 2 3 (a1－1)， ∴a1=3 当 n≥2 时，Sn= (a1－1) 1 11 2 3 2 3 )1(2 3     nnn nn aaa aS an=3an—1. ∴an=3n （2）设 an=bm，即 3n=4m+3 (4－1)n= 4m+3 ，左边按二项式定理展开后，被 4 除余 (－1)n=－1，故 n 为奇数，又 b1= 4×1+3，故与之相应的 an 中的 n 应从 3 开始，即｛Cn｝中，C1=33，q= 12 12 3 3   k k =9 ∴Cn=33·9n—1=32n+1 例 2．（ 1）要证 cotA、cotB、cotC 成等差，即证 A A sin cos 、 B B sin cos 、 C C sin cos 成等差，由正余弦定理，即证 a bc acb 2 222  2R、 b ca bac 2 222  2R、 c ab cba 2 222  2R 成等差。 亦即 b2+c2－a2，c2+a2－b2，a2+b2－c2 成等差。 由已知 a2、b2、c2 成等差，∴－2a2，－2b2、－2c2 成等差。 ∴a2+b2+c2－2a2、a2+b2+c2－2b2，a2+b2+c2－2c2 成等差. 即 b2+c2－a2，c2+a2－b2，a2+b2－c2 成等差 cotA、cotB、cotC 成等差。 （2）记 a2、b2、c2 的公差为 d 若 d=0 即 a2=b2=c2，从而 a=b=c 则 cb  1 = ac  1 = ba  1 ，它们当然成等差数列。 若 d≠0，要证 cb  1 、 ac  1 、 ba  1 成等差，即证 22 bc bc   、 22 ac ac   、 22 ab ab   成等差，亦即 d bc  、 d ac 2  、 d ab  成等差，为此，只要证明 2 d ac 2  = d abbc )()(  即可，此式显然成立，∴ 、 、 构成等差数列。 例 3．（ 1）原式= 22 22 21 12   + 22 22 32 23   +…+ 22 22 )1( )1(   nn nn =（ 21 1 － 22 1 ）+（ － 23 1 ）+…+（ 2 1 n － 2)1( 1 n ） =1－ 2)1( 1 n = 2)1( )2(   n nn 。 （2）原式=－(1+ 31 2  )+(1+ 42 2  )－(1+ 53 2  )+…+(－1)n(1+ )2( 2 nn ) =－1+1－1+…+(－1)n－( 1 1 － 3 1 )+( 2 1 － 4 1 )－( － 5 1 )+…+(－1)n( n 1 － 2 1 n ) = 2 )1(1 n －1+ 2 1 +(－1)n—1 1n 1  +(－1)n 2n 1  = － 2 3 + )2n)(1n( 1  当 n 为奇数时 － － )2n)(1n( 1  当 n 为偶数时 =－1+ 2 )1( n + )2n)(1n( )1( 1n    。 例 4．（ 1）a1=s1=a 当 n≥2 时，an=Sn－Sn—1=a+(n－1)·2 b，当 n=1 时值恰为 a. ∴｛a1｝是首项为 a，公关为 2b 的等差数列，an=a+2(n－1)b. （2）          1babn1n b22 )1n(nna y b2abn2x 故 pn 都在直线 y= 2 x + 2 a －1 上. （3）P1=（a，a－1）， P2（a+2b，a+b－1）， P3=（a+4b，a+2b－1） 令 a=1，b= 2 1 ，故 P1（1，0）， P2（2， ）， P3（3，1） 由题设          222 222 222 r)1r()3r( r)2 1r()2r( rr)1r( ，解得 r∈（－∞， 2 225  ）∪（4+ 6 ，+∞） 例 5．∵f(x)=－1 + xsin1 2  ，∴f(x)，f(α )，f(y)成等差数列。 则 xsin1 2  ， sin1 2  ， ysin1 2  也成等差数列，∴1－sinα = ysin1 1 xsin1 1 2  而 ·β = 2 yx   ，故 1－ ·β = 2 y1x1   若 a、b＞0，则 a 1 + b 1 ＞0， 2 b 1 a 1  ≥ b 1 a 1 ，∴ ab ≥ b 1 a 1 2  ，又 2 ba  ≥ ， ∴ 2 ba  ≥ ，等号当且仅当 a=b 时成立，今令 1－sinx=a，1－ ·y=b，且圆 x、y∈(－ 2  ， 2  )，x≠y，∴sinx≠siny，∴1－ ·x≠1－ ·y，从而有 1－sinβ ＞1－sinα ， sinα ＞sinβ ， ＞α ＞β ＞－ 。 例 6．3a5=8a12=8(a5+7d)，∴5a5=－56d＞0，∴d=0，a5=－ 5 56 d，从而 an=－ d+(n－5)=(n－ 5 81 )d. bn=(n－ )(n－ 5 76 )(n－ 5 71 )d3，∴d＜0，故知当 n∈｛1，2，…，14｝ ∪｛16｝时 bn 为正数，其余为负数，故知当 n=14 或 16 时，Sn 才有可能最大. b15+b16=d3[(15－ )(15－ )(15－ )+(16－ )(16－ )(16－ )] =d3(15－ )[(15－ )(15－ )+(15－ 5 66 )(15－ 5 61 )] =d3(+ 5 4 )( 25 16  + 25 149  )＜0 ∴S14 最大。