浙江高考数学二轮复习教师用书重点强化专题专题2突破点5数列求和及其综合应用 11页

突破点5　数列求和及其综合应用 ‎ (对应学生用书第19页)‎ ‎[核心知识提炼]‎ 提炼1 an和Sn的关系 ‎　 若an为数列{an}的通项，Sn为其前n项和，则有an＝在使用这个关系式时，一定要注意区分n＝1，n≥2两种情况，求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起. ‎ 提炼2求数列通项常用的方法 ‎　 (1)定义法：①形如an＋1＝an＋c(c为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如an＋1＝kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．‎ ‎ (2)叠加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式．‎ ‎ (3)叠乘法：形如＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通项公式．‎ ‎ (4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再转化为等比数列求解．‎ ‎ (5)构造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn＋1，得＝·＋，构造新数列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，接下来用待定系数法求解．‎ ‎ (6)取对数法：形如an＋1＝pa(p>0，an>0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解.‎ 提炼3数列求和 ‎　 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法.‎ 提炼4数列的综合问题 ‎　 数列综合问题的考查方式主要有三种：‎ ‎ (1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．‎ ‎ (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．‎ ‎ (3)考查与数列有关的不等式的证明问题，此类问题大多还要借助构造函数去证明，或者是直接利用放缩法证明或直接利用数学归纳法．‎ ‎[高考真题回访]‎ 回访1　数列求和 ‎1．(2014·浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a‎1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎ (1)求an与bn；‎ ‎ (2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎ ①求Sn；‎ ‎ ②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn.‎ ‎ [解]　(1)由题意知a‎1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，‎ ‎ 知a3＝()b3－b2＝8.‎ ‎ 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 2分 ‎ 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)，‎ ‎ 所以，a‎1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．‎ ‎ 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*). 5分 ‎ (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，‎ ‎ 所以Sn＝－(n∈N*). 7分 ‎ ②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，‎ ‎ 当n≥5时，cn＝， 9分 ‎ 而－＝>0，‎ ‎ 得≤<1， 11分 ‎ 所以，当n≥5时，cn<0.‎ ‎ 综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4. 14分 回访2　数列的综合问题 ‎2．(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．‎ ‎ 证明：当n∈N*时，‎ ‎ (1)00.‎ ‎ 当n＝1时，x1＝1>0.‎ ‎ 假设n＝k时，xk>0，‎ ‎ 那么n＝k＋1时，‎ ‎ 若xk＋1≤0，则00. 3分 ‎ 因此xn>0(n∈N*)．‎ ‎ 所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.‎ ‎ 因此00(x>0)，‎ ‎ 函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ ‎ 所以f(x)≥f(0)＝0，‎ ‎ 因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，‎ ‎ 故2xn＋1－xn≤(n∈N*). 10分 ‎ (3)证明：因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，‎ ‎ 所以xn≥.‎ ‎ 由≥2xn＋1－xn ‎ 得－≥2>0， 13分 ‎ 所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2，‎ ‎ 故xn≤.‎ ‎ 综上，≤xn≤(n∈N*). 15分 ‎3．(2016·浙江高考)设数列{an}满足≤1，n∈N*.‎ ‎ (1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；‎ ‎ (2)若|an|≤n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.‎ ‎ [证明]　(1)由≤1，‎ ‎ 得|an|－|an＋1|≤1，‎ ‎ 故－≤，n∈N*， 2分 ‎ 所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<1，‎ ‎ 因此|an|≥2n－1(|a1|－2). 5分 ‎ (2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m>n，‎ ‎ －＝＋＋…＋≤＋＋…＋<，‎ ‎ 故|an|<·2n ‎ ≤·2n ‎ ＝2＋m·2n. 8分 ‎ 从而对于任意m>n，均有|an|<2＋m·2n.①‎ ‎ 由m的任意性得|an|≤2.‎ ‎ 否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，‎ ‎ 取正整数m0>log且m0>n0， 11分 ‎ 则2n0·m0<2n0·log＝|an0|－2，与①式矛盾．‎ ‎ 综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2. 15分 ‎ (对应学生用书第21页)‎ 热点题型1　数列中的an与Sn的关系 数列中的an与Sn的关系 题型分析：以数列中an与Sn间的递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，以及推理论证的能力.‎ ‎【例1】　数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足＝1(n≥2)．求数列{an}的通项公式．‎ ‎ 【导学号：68334070】‎ ‎ [解]　由已知，当n≥2时，＝1，‎ ‎ 所以＝1， 2分 ‎ 即＝1，‎ ‎ 所以－＝. 4分 ‎ 又S1＝a1＝1，‎ ‎ 所以数列是首项为1，公差为的等差数列， 6分 ‎ 所以＝1＋(n－1)＝，‎ ‎ 即Sn＝. 8分 ‎ 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－. 12分 ‎ 因此an＝ 15分 ‎[方法指津]‎ 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：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.‎ 提醒：在利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通项公式时，务必验证n＝1时的情形 ‎ [变式训练1]　(1)已知数列{an}前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n ，则Sn＝__________. 【导学号：68334071】‎ ‎ (2)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn＋2＝3an(n∈N*)，则an＝__________.‎ ‎ (1)n·2n(n∈N*)　(2)2×3n－1(n∈N*)　[(1)由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即－＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．‎ ‎ (2)因为2Sn＋2＝3an， ①‎ ‎ 所以2Sn＋1＋2＝3an＋1， ②‎ ‎ 由②－①，得2Sn＋1－2Sn＝3an＋1－3an，所以2an＋1＝3an＋1－3an，即＝3.‎ ‎ 当n＝1时，2＋2S1＝‎3a1，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，‎ ‎ 所以an＝2×3n－1(n∈N*)．]‎ 热点题型2　裂项相消法求和 题型分析：裂项相消法是指把数列与式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.‎ ‎【例2】　已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列，‎ ‎ (1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎ (2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<.‎ ‎ [解]　(1)由已知及等差数列的性质得S5＝‎5a3，∴a3＝14， 1分 ‎ 又a2，a7，a22成等比数列，即a＝a2·a22. 2分 ‎ 由(a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)且d≠0，‎ ‎ 解得a1＝d，∴a1＝6，d＝4. 4分 ‎ 故数列{an}的通项公式为an＝4n＋2，n∈N*. 6分 ‎ (2)证明：由(1)得Sn＝＝2n2＋4n，＝＝，8分 ‎ ∴Tn＝1－＋－＋…＋－ ‎ ＝－. 11分 ‎ 又Tn≥T1＝－＝，‎ ‎ 所以≤Tn<. 15分 ‎[方法指津]‎ 裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，常见的裂项方式有：‎ 提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前后系数的变化.‎ ‎[变式训练2]　(名师押题)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a‎2a3＝8.‎ ‎ (1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎ (2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎ [解]　(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8， 2分 ‎ 又a1＋a4＝9，可得或(舍去) 4分 ‎ 由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1. 6分 ‎ (2)Sn＝＝2n－1. 8分 ‎ 又bn＝＝＝－， 12分 ‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－. 15分 热点题型3　错位相减法求和 题型分析：限于数列解答题的位置较为靠前，加上错位相减法的运算量相对较大，故该命题点出现的频率不高，但其仍是命题的热点之一，务必加强训练.‎ ‎【例3】　已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)．‎ ‎ (1)求an与bn；‎ ‎ (2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎ [解]　(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*). 2分 ‎ 由题意知：‎ ‎ 当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2. 3分 ‎ 当n≥2时，bn＝bn＋1－bn. 4分 ‎ 整理得＝，所以bn＝n(n∈N*). 6分 ‎ (2)由(1)知anbn＝n·2n，‎ ‎ 因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，‎ ‎ 2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1， 10分 ‎ 所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1. 12分 ‎ 故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*). 15分 ‎[方法指津]‎ 运用错位相减法求和应注意：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}中一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，一般先乘以公比，再把前n项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；三是相减，相减时一定要注意式中最后一项的符号，考生常在此步出错，一定要细心．‎ 提醒：为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．‎ ‎[变式训练3]　已知在公比大于1的等比数列{an}中，a2，a4是函数f(x)＝(x－2)(x ‎－8)的两个零点．‎ ‎ (1)求数列{an }的通项公式；‎ ‎ (2)求数列{2nan}的前n项和Sn.‎ ‎ [解]　(1)因为a2，a4是函数f(x)＝(x－2)(x－8)的两个零点，且等比数列{an}的公比q大于1，所以a2＝2，a4＝8， 2分 ‎ 所以q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*). 6分 ‎ (2)由(1)知2nan＝n×2n ，所以Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，① 7分 ‎ 2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，② 11分 ‎ 由①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，13分 ‎ 所以Sn＝2＋(n－1)×2n＋1(n∈N*). 15分 热点题型4　数列的综合问题 题型分析：数列与函数、不等式的综合问题多为解答题.难度偏大，属中高档题，常有以下两个命题角度：‎ (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；‎ (2)考查与数列有关的不等式的证明问题.‎ ‎【例4】　(2017·绍兴市方向性仿真考试)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝－.‎ ‎ (1)求证：≤an≤1；‎ ‎ (2)求证：|an＋1－an|≤；‎ ‎ (3)求证：|a2n－an|≤. 【导学号：68334072】‎ ‎ [证明]　(1)由已知得an＋1＝，又a1＝1，‎ ‎ 所以a2＝，a3＝，a4＝，猜想≤an≤1. 2分 ‎ 下面用数学归纳法证明．‎ ‎ ①当n＝1时，命题显然成立；‎ ‎ ②假设n＝k时，有≤an≤1成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝≤＜1，‎ ‎ ak＋1＝≥＝，‎ ‎ 即当n＝k＋1时也成立，‎ ‎ 所以对任意n∈N*，都有≤an≤1. 5分 ‎ (2)当n＝1时，|a2－a1|＝，‎ ‎ 当n≥2时，∵＝·＝1＋≥1＋＝， 7分 ‎ ∴|an＋1－an|＝ ‎ ＝ ‎ ≤|an－an－1|≤…≤n－1|a2－a1|‎ ‎ ＝·n－1＜.‎ ‎ 综上所述，|an＋1－an|≤. 10分 ‎ (3)当n＝1时，|a2－a1|＝＝＜； 11分 ‎ 当n≥2时，‎ ‎ |a2n－an|≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an|‎ ‎ ≤ ‎ ＝n－1－2n－1‎ ‎ ≤－3＝. 15分 ‎[方法指津]‎ 解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题，要灵活的选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法及数学归纳法等；如果是解不等式问题，要使用解不等式的各种解法，如列表法、因式分解法、穿根法等，总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.‎ ‎[变式训练4]　(2017·台州市高三年级调考)已知数列{an}满足：an＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)．‎ ‎ (1)求证：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)；‎ ‎ (2)求证：an＞1(n∈N*)．‎ ‎ [证明]　(1)由an＞0，an＋1＋＜2，‎ ‎ 得an＋1＜2－＜2. 2分 ‎ 因为2＞an＋2＋＞2(由题知an＋1≠an＋2)，‎ ‎ 所以an＋2＜an＋1＜2. 4分 ‎ (2)法一：假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，‎ ‎ 由(1)可得当n＞N时，an≤aN＋1＜1. 6分 ‎ 根据an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，‎ ‎ 所以＞＝1＋，‎ ‎ 于是＞1＋，‎ ‎ ……‎ ‎ ＞1＋. 10分 ‎ 累加可得＞n－1＋.(*)‎ ‎ 由假设可得aN＋n－1＜0， 12分 ‎ 而当n＞－＋1时，显然有n－1＋＞0，‎ ‎ 因此有＜n－1＋，‎ ‎ 这显然与(*)矛盾．‎ ‎ 所以an＞1(n∈N*). 15分 ‎ 法二：假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，‎ ‎ 由(1)可得当n＞N时，0＜an≤aN＋1＜1. 6分 ‎ 根据an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，‎ ‎ 所以＜，‎ ‎ 所以＞≥＞1.‎ ‎ 于是1－an＞(1－an－1)，‎ ‎ 1－an－1＞(1－an－2)，‎ ‎ ……‎ ‎ 1－aN＋2＞(1－aN＋1). 10分 ‎ 累乘可得1－an＞(1－aN＋1)n－N－1，(*)‎ ‎ 由(1)可得1－an＜1， 12分 ‎ 而当n＞ ＋N＋1时，‎ ‎ 则有(1－aN＋1)n－N－1＞1，‎ ‎ 这显然与(*)矛盾．‎ ‎ 所以an＞1(n∈N*). 15分