高三数学一轮复习必备精品30数列求和及数列实际问题备注高三数学一轮复习必备精品共42讲全部免费.docx
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1.【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。
2.【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2010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-
3.【要点精讲】
1•数列求通项与和
（1）数列前n项和S与通项an的关系式:
_SnSn1an=
S1
（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—d+（an—1+an—2）+…+（a2-a1）+a1；
3归纳、猜想法。
（3）数列前n项和
1
1重要公式：
1+2+…+n=n（n+1）；
2
2221
1+2+…+n=n（n+1）（2n+1）；
6
3332I22
1+2+…+n=（1+2+…+n）=n（n+1）；
4
2等差数列中，Sm+n=Sm+S+mnd;
3等比数列中，Sm+n=Si+qSm=Sr+q，1Sn；
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：
a"（An__B）（AnC）
CB（石
r—1rr
—n!
、Cn—1=Ci—Cn—1、
（n1）!
n!
（n1）!
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。
anbnCn,其中bn是等差数列，
Cn是等比数列，记
Snb1C1b2C2
bn1Cn1bncn，贝“qSnb1c2
bn1cnbncn1，…
1
、n・n!
=（n+1）!
n（n1）nn1
6并项求和
Sno
把数列的某些项放在一起先求和，然后再求
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：
anbnCn
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
递归数列的通项的求法一般说来有以下几种:
（1）
（2）
（3）
（4）
{2n1}即为递归数列
归纳、猜想、数学归纳法证明。
迭代法。
代换法。
包括代数代换，对数代数，三角代数。
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
an为等差数列，且公差不为
0，首项也不为
0，求和:
n1
o
1aiai1
解析：
首先考虑
d1丄）
aiai1i1daiai1
，则
aiai1da1an1）
n
o
a1an1
点评：
已知数列
an为等差数列，且公差不为
0，首项也不为0，
下列求和
i1
i1
丄色^一旦也可用裂项求和法。
例2•求1-
1
123n（n
解析：
ak
_2kk（k1），
2[1
2n
n1
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
③若
1
a=1，则S=1+2+3+…+n=n（n1）；
2，
Sn=—
（1
訐（n1）an
n11
na]。
已知
a0,a1,
数列an是首项为a,公比也为a的等比数列，令
bnanlgan（n
N），求数列
bn的前n项和Sn。
解析:
Qan
bnna
lga,
Sn
aSn
（a
（a2
2a2
2a3
3a3L
3a4L
nan）lga①
1）lga②
n
na
①-②得：
（1a）Sn（a
a2
annan1）lga,
a丰1,a工0时，Sn-aSn=a（1+a■…■+a-na）,
na）a
点评：
设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解,
3:
倒序相加
例5•求Sn3cn
6C；
…3nC；。
解析：
Sn0•C0
3cn
6C2…
3nC；。
又Sn3nC；3（n
1）C；
1…3cn
0・c：
所以Sn3n•2n1
。
均可用错位相减法。
①
题型
。
②
求和：
SniaoCnaiCn
anC
解析:
因为Sn
1a0Cna1Cn
anC；，
Sn1
anC；
aniC；1
aoC0
anC。
an1Cn
a°C：
2Sn1（a0
01
an）Cn（aian1）Cn
L（an
a0）Cn
（a。
an）（C：
cnLCn）（a。
n
an）2
Sn1
n1
（a。
an）2o
点评：
此类问题还可变换为探索题形：
已知数列an的前n项和Sn（n1）2n1，是
否存在等差数列bn使得anbldtbCnbnC：
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12…n也』个
2
（"11（3222（“2
奇数，故叫□[—・1o
224
111
例&求数列1,3+,32+2,……,3n+n的各项的和。
3323n
解析：
其和为（1+3+……+3n）+（1丄+……+4?
）=31匕^=丄（3n+1-3-n）o
题型5:
数列综合问题
例9.（2009湖北卷文）设x
[J51]託1
2'2
A.是等差数列但不是等比数列
C.既是等差数列又是等比数列
333222
R,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，贝U{丄51},
2
B.是等比数列但不是等差数列
D.既不是等差数列也不是等比数列
【答案】B
【解析】可分别求得
•51[51]
[]22
1.则等比数列性质易得三者构成等比
数列•
例10.（2009湖南卷理）将正"ABC分割成n2（n>2,n€N）个全等的小正三角形（图2,
图3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于"
ABC的三遍及
平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列,
若顶点A,B,C
处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f（n），则有f
（2）=2,
f（3）=10，…,
3
f（n）=]（n+1）（n+2）
101
答案亠，1^
36
解析当n=3时,
1）（n2）
如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知
abc1,x1
X2ab,y1
y2b
c,zz2ca
6gXiX2yi
1
即g—而f（3）
3
乙z22（a
y2Z1Z2
abcx1
进一步可求得f（4）5。
由上知
bc）
2,2g
yi
Z2
2（ab
C）2
Z2g
f
（1）中有三个数,
f
（2）中
有6个数,
f（3）中共有10个数
相加,f（4）中有15个数相加…•，若
f（n1）中有an
1（n
1）个数相加，可得f（n）中有
（an1n1）个数相加，且由
f
（2）
45
3,f⑷5f（3）-
3633
f
（1）13，f
（2）3〒f
（1）
n1
可得f（n）f（n1）,所以
3
f（n）f（n1）七f（n2）n
1
-（n1）（n2）
6
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%勺利润；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1.05101.629,1.31013.786,1.51057.665）
解析：
甲方案是等比数列，乙方案是等差数列,
①甲方案获利：
1（130%）（130%）2
（130%）9
1.3101
0.3
42.63（万元），
故甲方案纯利：
42.6316.2926.34（万元），
②乙方案获利:
1（10.5）（120.5）
（190.5）101詈90.5
银行贷款本息：
10（15%）1016.29（万兀），
32.50（万元）；
银行本息和:
1.05[1（15%）（15%）2
（15%）9]
1.05
1.05101
0.05
13.21（万元）
故乙方案纯利：
32.5013.2119.29（万兀）；
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.（2009年广东卷文）（本小题满分14分）
1
已知点（1,）是函数f（x）ax（a0,且a1）的图象上一点，等比数列｛an｝的前n项
3
和为f（n）c,数列｛bn｝（bn0）的首项为c，且前n项和&满足&-&1「Sn+；&1
（n2）.
（1）求数列｛an｝和｛bn｝的通项公式;
11000
（2）若数列｛一｝前n项和为Tn,问Tn>1000的最小正整数n是多少？
1公差为1的等差数列,
bnbn12009
2
当n2，bnSnSn1n
2n1；
x
解
（1）Qf1
a3'f
1
X
3
r’1
2
a1
f1c-
c
a2
f2c
f1c
3
9
a3
f3c
f
2c
2
27
2
4
又数列
an
成等比数列，a1
a2
81
21
21c，所以c1
a3
2
33
27
n1
n
又公比
q
a2
1
，所以an
2
1
1*
2nN；
印
3n
3
3
3
QSn
Sn
1
SnSn1
Sn1
\SnJSn1n2
又bn
0
5
0,.Sn
怎
71；
数列，.瓦构成一个首相为
bn2n1（nN）；
（2）Tn
b1b2
b2b3
bab4
1
bnbn1
1
（2n1）2n1
11111111
1-
23235257
K1
22n12n1
11n
1-
22n12n1
由Tn
n
2n1
型得n
2009
1000
满足Tn
型的最小正整数为112.
2009
题型7:
课标创新题
例13.（2009广东卷理）知曲线Cn：
x2
2
2nxy0（n1,2,K）.从点P（1,0）向曲
线Cn引斜率为kn（kn0）的切线In,切点为巳（召必）.
（1）求数列｛Xn｝与｛yn｝的通项公式;
（2）证明:
X1X3X5LX2n1
1Xn2sinXn
1Xn
yn
解：
（1）
设直线
In:
ykn（X1）,
联立X2
2nx
（1k：
）x2
（2k：
2
2n）xkn0，则
（2k：
2n）2
4（1
kn）kn0,
...2n
—n一舍去）
、2n1
2
Xn
k2
rkj
证明：
•
Y1
1Xn
Xn
X1X3X5X2n1
Xn
n1
L
1
n
n1
I1
n
n1
2n1
n
2n
•-yn
2n11
kn（Xn
1）
nL2n1
•-X1X3X5X2n
1Xn
1Xn
.3
2n1
2n1
1
2n1
由于XnJ
l-―Xn,可令函数f（x）
.1Xn
V2sinx，贝Uf'（x）142cosx，令
f（x）0,得cosx
2
，给定区间（0,〔），则有
f（x）0，则函数f（x）在（0,—）上单
4
调递减，•••f（x）f（0）0，即
2sinx在（0'4）恒成立，又0,1
2n134，
即
讣，
yn
12
例14.（2009安徽卷理）首项为正数的数列an满足an1（an23）,nN.
4
（I）证明：
若a1为奇数，则对一切n2,an都是奇数；
（II）若对一切nN都有an1an，求a1的取值范围.
解：
本小题主要考查数列、数学归纳法和不等式的有关知识，考查推理论证、抽象概括、运
本小题满分13分。
算求解和探究能力，考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野。
解：
（I）已知a1是奇
数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数,
a23
则由递推关系得ak1km（m1）1是奇数。
4
根据数学归纳法，对任何nN,an都是奇数-
（II）（方法一）
an1an
4（an1）（an3）知，aman当且仅当
4
an
另一方面，若0
ak
1,则0
13卄32
ak11；右ak3，贝Vak1
44
1或an3。
3.
根据数学归纳法,
a11,
0an1,nN®
3an3,nN
综合所述,
对一切
N都有
an1an的充要条件是0
（方法二）
a2
a1232
亍a1,得a1
4ai30,于是
0a11或a1
an1an
2
an
4
2
an13（anan1）（anan1）
44
因为a10,an1
色3,所以所有的an均大于0,因此an1an与anan1
4
同号。
根据数学归纳法,
nN,an1an与a2印同号。
因此，对一切n
N都有an1an的充要条件是0a11或印
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；
c为常数；部
0的等比数列。
c
（2）裂项相消法：
适用于其中｛an｝是各项不为0的等差数列,
anan1
分无理数列、含阶乘的数列等；
（3）错位相减法：
适用于anbn其中｛an｝是等差数列，bn是各项不为
（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+2+3+...+n=
n（n1）
2
n
（1）k
k1
n
（2）（2k1）1+3+5+...+（2n-1）=『
k1
2
n1
（3）k31323n31）
k12
n
（4）k2122232
k1
n2^n（n1）（2n1）
6
（5）
1
n（n1）
1
n（n2）
an
an1f（n）,（n2），则
-g（n）（n2），则……；
1
1111
（6）———（--）（pq）pqqppq
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an
（2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若
（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）
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