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第八讲 数列求和及综合应用问题(师)


第八讲
一、知识梳理
1、求数列的通项

数列求和及综合应用问题

? n=1, ?S1, (1)数列前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系:an=? ?Sn-Sn-1, n≥2. ? (2)当已知数列{an}中,满足 an+1-an=f(n),且 f(1)+f(2)+?+f(n)可求,则可用________ 求数列的

通项 an,常利用恒等式 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1). an+1 (3)当已知数列{an}中,满足 =f(n),且 f(1)· f(2)· ?· f(n)可求,则可用__________求数列的 an a2 a3 an 通项 an,常利用恒等式 an=a1· · · ?· . a1 a2 an-1 (4)作新数列法:对由递推公式给出的数列,经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通 项,高考中一般会作“搭桥”设置; (5)归纳、猜想、证明法. 2、求数列的前 n 项的和 (1)公式法 ①等差数列前 n 项和 Sn=____________=________________,推导方法:____________; ? ,q=1, ? ②等比数列前 n 项和 Sn=? ? = ,q≠1. ? 推导方法:乘公比,错位相减法. ③常见数列的前 n 项和: a.1+2+3+?+n=__________; b.2+4+6+?+2n=__________; c.1+3+5+?+(2n-1)=______; d.12+22+32+?+n2=__________; e.13+23+33+?+n3=__________________. (2)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (3)裂项(相消)法:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只 剩有限项再求和. 常见的裂项公式有: 1 1 1 ① = - ; n?n+1? n n+1 1 ? 1 1 1 - ② = ? ; ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? 1 ③ = n+1- n. n + n +1 (4)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (5)倒序相加:例如,等差数列前 n 项和公式的推导.

二、典型例题选讲
例 1、设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=4an+2.
(1)设 bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 答案:(1)证明 由已知有 a1+a2=4a1+2,解得 a2=3a1+2=5,故 b1=a2-2a1=3. 又 an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-(4an+2)=4an+1-4an; 于是 an+2-2an+1=2(an+1-2an),即 bn+1=2bn. 因此数列{bn}是首项为 3,公比为 2 的等比数列.
1

(2)解 由(1)知等比数列{bn}中,b1=3,公比 q=2,所以 an+1-2an=3×2n 1, an+1 an 3 ?an? 1 3 于是 n+1- n= ,因此数列?2n?是首项为 ,公差为 的等差数列, 2 4 2 4 ? ? 2 an 1 3 3 1 - = +(n-1)× = n- ,所以 an=(3n-1)· 2n 2. 2n 2 4 4 4


例 2、已知数列{an},Sn 是其前 n 项和,且 an=7Sn-1+2(n≥2),a1=2.
(1)求数列{an}的通项公式; m 1 (2)设 bn= , T 是数列{bn}的前 n 项和, 求使得 Tn< 对所有 n∈N*都成立的最 20 log2an· log2an+1 n 小正整数 m. 解:(1)∵n≥2 时,an=7Sn-1+2,∴an+1=7Sn+2, 两式相减,得 an+1-an=7an,∴an+1=8an(n≥2). 又 a1=2,∴a2=7a1+2=16=8a1,∴an+1=8an(n∈N*). - - ∴{an}是一个以 2 为首项,8 为公比的等比数列,∴an=2· 8n 1=23n 2. 1 1 1 1 1 (2)∵bn= = = ( - ), log2an· log2an+1 (3n-2)(3n+1) 3 3n-2 3n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= (1- + - +?+ - )= (1- )< . 3 4 4 7 3 3n-2 3n+1 3n+1 3 m 1 ∴ ≥ ,∴最小正整数 m=7. 20 3

例 3、已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an+1=2Sn+1 (n∈N*),等差数列{bn}中,bn>0
(n∈N*),且 b1+b2+b3=15,又 a1+b1、a2+b2、a3+b3 成等比数列. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式;(2)求数列{an· bn}的前 n 项和 Tn.

答案: 例 4、已知点(1,3)是函数 f(x)=ax(a>0,且 a≠1)的图象上一点,等比数列{an}的前 n 项和
为 f(n)-c,数列{bn}(bn>0)的首项为 c,且前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1(n≥2). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; 1 1 000 (2)若数列{ }的前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少? 2 009 bnbn+1 1?x 1 1 解:(1)∵f(1)=a= ,∴f(x)=? ?3? . a1=f(1)-c=3-c, 3 2 2 a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=- ,a3=[f(3)-c]-[f(2)-c]=- ; 9 27 4 2 81 a2 2 1 又数列{an}成等比数列,a1= = =- = -c,∴c=1; a3 2 3 3 - 27 1?n a2 1 2 1?n-1 * 公比 q= = ,an=- ×? =-2×? 3 3? ,n∈N ; ? ? ? a1 3 3 ∵Sn-Sn-1=( Sn- Sn-1)( Sn+ Sn-1)= Sn+ Sn-1(n>2), 又 bn>0, Sn>0,∴ Sn- Sn-1=1. 数列{ Sn}构成一个首项为 1、公差为 1 的等差数列, Sn=1+(n-1)×1=n,Sn=n2.当 n≥2,bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1; 又当 n=1 时,也适合上式, ∴bn=2n-1,n∈N*. 1

2

1 1 1 1 1 1 1 1 + + +?+ = + + +?+ b1b2 b2b3 b3b4 bnbn+1 1×3 3×5 5×7 (2n-1)×(2n+1) 1 ? 1? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 n 1 1 1 - 1- ?+ ? - ?+ ? - ?+?+ ? = ? = 1- = . 2? 3? 2?3 5? 2?5 7? 2?2n-1 2n+1? 2? 2n+1? 2n+1 n 1 000 1 000 1 000 由 Tn= > ,得 n> ,∴满足 Tn> 的最小正整数为 112. 9 2 009 2n+1 2 009 (2)Tn=

三、巩固训练
1、在等差数列 {an } 中, a10 ? 0, a11 ? 0, a11 ?| a10 |, Sn 是数列 {an } 的前 n 项和,则使 Sn ? 0 的 n 的最小值是( B ) A.21 B.20 C.10 D.11

2、若数列 {an } 满足 a1 ? 2, a2 ? 1 且 A、

1 6

B、

1 12

C、

1 2 11

a n?1 ? a n a n ? a n?1 n ? 2 ( )则 a12 等于( A ) ? a n ?1 a n a n a n ?1 1 D、 12 2

3、等差数列 {an } 满足 3a8 ? 5a13 ,且 a1 ? 0 ,前 n 项和为 S n ,则 S n 中最大的是( D ) A. S11 B. S10 C. S 21 D. S 20

4、已知数列 {an } 满足: an?1 ? an ? an?1 (n ? 2), a1 ? 1, a2 ? 2 ,则前 2010 项的积 ? 2010 ? ( D
334 A. 4

) B. ? 4
334

C. 4

335

D. ? 4

335

5、 已知数列 {an } 的通项公式是 an ? ?n2 ? 12n ? 32 , 其前 n 项和是 Sn , 则对任意的 n ? m, (其中 n, m ? N ) , Sn ? Sm 的最大值是( B ) A.5 B.10 C.15 D.20 Sn 7n+2 a5 6 、 有 两 个 等 差 数 列 {an} , {bn} , 其 前 n 项 和 分 别 为 Sn , Tn , 若 T = ,则 = b5 n + 3 n ( A ) 72 9 65 37 A. B. C. D. 12 8 13 4 7、无穷数列 1, A.99
?

1 1 1 1 1 1 1 1 , , , , , , , ,?的前( C )项和开始大于 10。 3 3 3 5 5 5 5 5
C.101 D.102

B.100

8、等差数列 {an } 的首项是

1 ,且从第 10 项开始大于 1,则公差 d 的取值范围是 25

8 3 ?d ? 75 25

3

9、已知数列{an}的前 n 项和为 Sn=3n,数列{bn}满足 b1=-1,bn+1=bn+(2n-1) (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)求数列{bn}的通项公式 bn; an· bn (3)若 cn= n ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)∵Sn=3n, - ∴Sn-1=3n 1 (n≥2). - - ∴an=Sn-Sn-1=3n-3n 1=2×3n 1 (n≥2). 1-1 当 n=1 时,2×3 =2≠S1=a1=3, ? n=1, ?3, ∴an=? n-1 * ?2×3 , n≥2, n∈N ? (2)∵bn+1=bn+(2n-1), ∴b2-b1=1,b3-b2=3,b4-b3=5,?, bn-bn-1=2n-3. 以上各式相加得 bn-b1=1+3+5+?+(2n-3) (n-1)(1+2n-3) = =(n-1)2. 2 ∵b1=-1,∴bn=n2-2n. (3)由题意得 ? ?-3,n=1, cn=? n-1 * ?2(n-2)×3 ,n≥2,n∈N . ? - 当 n≥2 时,Tn=-3+2×0×31+2×1×32+2×2×33+?+2(n-2)×3n 1, ∴3Tn=-9+2×0×32+2×1×33+2×2×34+?+2(n-2)×3n, - 相减得-2Tn=6+2×32+2×33+?+2×3n 1-2(n-2)×3n. - ∴Tn=(n-2)×3n-(3+32+33+?+3n 1) n n 3 -3 (2n-5)3 +3 =(n-2)×3n- = . 2 2 T1=-3 也适合. (2n-5)3n+3 ∴Tn= (n∈N*). 2 10、数列 ?an ? 中, a1 ? 8, a4 ? 2 且满足 an?2 ? 2an?1 ? an n ? N ⑴求数列 ?an ? 的通项公式; ⑵设 S n ?| a1 | ? | a2 | ??? | an | ,求 S n ;
*

1 (n ? N * ),Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn (n ? N * ) ,是否存在最大的整数 m , n(12 ? a n ) m * 使得对任意 n ? N ,均有 Tn ? 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由。 32 解: (1)由题意, an?2 ? an?1 ? an?1 ? an ,?{an } 为等差数列,设公差为 d , 由题意得 2 ? 8 ? 3d ? d ? ?2 ,? an ? 8 ? 2(n ? 1) ? 10 ? 2n . (2)若 10 ? 2n ? 0则n ? 5 , n ? 5时, S n ?| a1 | ? | a2 | ??? | an | 8 ? 10 ? 2n ? a1 ? a2 ? ? an ? ? n ? 9n ? n 2 , 2 n ? 6 时, S n ? a1 ? a2 ? ? ? a5 ? a6 ? a7 ? ? an
⑶设 bn =
4

? S5 ? (S n ? S5 ) ? 2S5 ? S n ? n 2 ? 9n ? 40
n 2 ? 9n ? 40 n ? 6 1 1 1 1 1 (3)? bn ? ? ? ( ? ) n(12 ? an ) 2n(n ? 1) 2 n n ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ? )?( ? )] ? . ? Tn ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( 2 2 2 3 3 4 n ?1 n n n ?1 2(n ? 1) m n m * * ? 若 Tn ? 对任意 n ? N 成立,即 对任意 n ? N 成立, 32 n ? 1 16 n 1 m 1 ? (n ? N * ) 的最小值是 ,? ? , ?m 的最大整数值是 7。 n ?1 2 16 2
故 Sn ?

9n ? n 2

n?5

5


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