2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第30讲 数列求和及数列实际问题
一．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。 二．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2013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。 三．要点精讲
1．数列求通项与和
?sn?sn?1n?2（1）数列前n项和Sn与通项an的关系式：an=? 。
sn?1?1（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－1)+(an－1+an－2)+?+(a2－a1)+a1； ③归纳、猜想法。 （3）数列前n项和 ①重要公式：1+2+?+n=1+2+?+n=
2
2
2
1n(n+1)； 21n(n+1)(2n+1)； 63332122
1+2+?+n=(1+2+?+n)=n(n+1)；
4②等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd；
nm
③等比数列中，Sm+n=Sn+qSm=Sm+qSn； 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：
1
an?1111111=－、n·n！?(?)、
n?1(An?B)(An?C)C?BAn?BAn?Cn(n?1)nr－1
=(n+1)!－n!、Cn－1=Cn－Cn－1、
rr
1n1=－等。
(n?1)!n!(n?1)!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。
an?bn?cn, 其中
?bn?是等差数列，
?cn?是等比数列，记
Sn?b1c1?b2c2???bn?1cn?1?bncn，则qSn?b1c2????bn?1cn?bncn?1，?
⑥并项求和
把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn。
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：an?bn?cn
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{2n?1}即为递归数列。
递归数列的通项的求法一般说来有以下几种： （1）归纳、猜想、数学归纳法证明。 （2）迭代法。
（3）代换法。包括代数代换，对数代数，三角代数。
（4）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。 ?i?1aiai?1nnn111n11111解析：首先考虑?=(?。 )???(?)，则?daaaaaadaaaai?1ii?1i?1i?1ii?11n?11n?1ii?1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
?i?1nna?ai1??i?1也可用裂项求和法。
dai?ai?1i?1例2．求1?1111?????,(n?N*)。 1?21?2?31?2?3?41?2?3???n解析：?ak?12?，
1?2???kk(k?1) 2
?Sn?2[111????] 1?22?3n(n?1)1??11?2??23?1??1?2n?1 ??2?1???nn?1n?1n?1???? ?2[?1?????????????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
23n
例3．设a为常数，求数列a，2a，3a，?，na，?的前n项和。 解析：①若a=0时，Sn=0；
②若a=1，则Sn=1+2+3+?+n=
1n(n?1)； 2n-1
n
③若a≠1，a≠0时，Sn-aSn=a（1+a+?+a-na）， Sn=
ann?1[1?(n?1)a?na]。 2(1?a)例4．已知a?0,a?1，数列?an?是首项为a，公比也为a的等比数列，令
bn?an?lgan(n?N)，求数列?bn?的前n项和Sn。
解析：?an?an,bn?n?anlga，
?Sn?(a?2a2?3a3???nan)lga……①aSn?(a?2a?3a???na234n?1)lga……②
①-②得：(1?a)Sn?(a?a2???an?nan?1)lga，
?Sn?algan 1?(1?n?na)a2(1?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，均可用错位相减法。 题型3：倒序相加
例5．求Sn?3Cn?6Cn???3nCn。
解析：Sn?0·Cn?3Cn?6Cn???3nCn。 ① 又Sn?3nCn?3(n?1)Cn所以Sn?3n·2n?1nn?110。 ② ???3Cn?0·Cn012n12n。
点评：Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次反序到第一项
的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。
3
例6．设数列?an?是公差为d，且首项为a0?d的等差数列，
01n求和：Sn?1?a0Cn ?a1Cn???anCn01n解析：因为Sn?1?a0Cn， ?a1Cn???anCnnn?1001n， Sn?1?anCn?an?1Cn???a0Cn?anCn?an?1Cn???a0Cn01n ?2Sn?1?(a0?an)Cn?(a1?an?1)Cn???(an?a0)Cn01n?(a0?an)(Cn?Cn???Cn)?(a0?an)2n
?Sn?1?(a0?an)?2n?1。
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?(n?1)2?1，
n1是否存在等差数列?bn?使得an?b1Cn?b2Cn2???bnCnn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1?2???n?n(n?1)2n(n?1)?1)×2n(n?1)n2(n?1)22个奇数，故Sn?。 []?2241112n
例8．求数列1，3＋，3＋2，??，3＋n的各项的和。
3331?1?(1113n?1?11?3?n1n＋1
?解析：其和为(1＋3＋??＋3)＋(?2＋??＋n)==(3－
332322n
3)。
题型5：数列综合问题
例9．已知函数f(x)＝x+x，数列 | xn | （xn > 0）的第一项x1＝1，以后各项按如下方式取定：曲线y＝f(x)在(xn?1?f(xn?1))处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）。
*22求证：当n?N时：（I）xn?xn?3xn?1?2xn?1；（II）()3
2
-n
12n?11?xn?()n?2。 2解析：（I）因为f(x)?3x?2x,
所以曲线y?f(x)在(xn?1,f(xn?1))处的切线斜率kn?1?3xn?1?2xn?1.
2因为过(0,0)和(xn,f(xn))两点的直线斜率是xn?xn,
'22 4
22所以xn?xn?3xn?1?2xn?1.
（II）因为函数h(x)?x2?x当x?0时单调递增，
2222而xn?xn?3xn?1?2xn?1?4xn?1?2xn?1?(2xn?1)?2xn?1
所以xn?2xn?1，即
xn?11?, xn2因此xn?2xnxn?1x1??????2?()n?1. xn?1xn?2x122又因为xn?xn?2(xn?1?xn?1),
2令yn?xn?xn,则
yn?11?. yn212n?12因为y1?x1?x1?2,所以yn?()1?y1?()n?2.
2因此xn?xn?xn?()故()212n?2,
12n?11?xn?()n?2.
2点评：数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系。
例
10．已知
f0(x?)nfk'?1(x),其中k?(n,n?k?x,fk(x)?fk?1(1),N)设
01knF(x)?Cnf0(x2)?Cnf1(x2)?...?Cnfk(x2)?...?Cnfn(x2),x???1,1?。
(I) 写出
fk(1)；(II) 证明:对任意的x1,x2???1,1?,恒有
F(x1)?F(x2)?2n?1(n?2)?n?1。
解析：(I)由已知推得fk(x)?(n?k?1)xn?k,从而有fk(1)?n?k?1； (II) 证法1:当?1?x?1时，
12(n?1)22(n?2)k2(n?k)n?12F(x)?x2n?nCnx?(n?1)Cnx...?(n?k?1)Cnx?...?2Cnx?1 当x>0时, F?(x)?0,所以F(x)在[0,1]上为增函数。
因函数F(x)为偶函数所以F(x)在[－1,0]上为减函数，
所以对任意的x1,x2???1,1?F(x1)?F(x2)?F(1)?F(0)，
012kn?1F(1)?F(0)?Cn?nCn?(n?1)Cn...?(n?k?1)Cn?...?2Cn?nC?(n?1)C...?(n?k?1)Cn?kn?k?(n?k?1)Cn?(n?k)Cn?C?nCkn?1n?1nn?2nn?knn?kn?...?2C?C1n0n
?C(k?1,2,3?n?1)kn
5
12k?112n?10F(1)?F(0)?n(Cn?C...?C)?(C?C...?C)?C?1n?1n?1nnnn?n(2n?1?1)?2?1?2(n?2)?n?1nn?1
因此结论成立。
证法2：当?1?x?1时,
12(n?1)22(n?2)k2(n?k)n?12F(x)?x2n?nCnx?(n?1)Cnx...?(n?k?1)Cnx?...?2Cnx?1 当x>0时, F?(x)?0,所以F(x)在[0,1]上为增函数。
因函数F(x)为偶函数所以F(x)在[-1,0]上为减函数
所以对任意的x1,x2???1,1?F(x1)?F(x2)?F(1)?F(0)
012kn?1 F(1)?F(0)?Cn?nCn?(n?1)Cn...?(n?k?1)Cn?...?2Cn12k?1n?10又因F(1)?F(0)?2Cn ?3Cn?...?kCn?...?nCn?Cn12k?1n?10所以2[F(1)?F(0)]?(n?2)[Cn ?Cn?...?Cn?...?Cn]?2CnF(1)?F(0)??n?212k?1n?10[Cn?Cn?...?Cn?...?Cn]?Cn2n?2n(2?2)?1?2n?1(n?2)?n?12
因此结论成立。
证法3：当?1?x?1时,
12(n?1)22(n?2)k2(n?k)n?12F(x)?x2n?nCnx?(n?1)Cnx...?(n?k?1)Cnx?...?2Cnx?1 当x>0时, F?(x)?0,所以F(x)在[0,1]上为增函数。
因为函数F(x)为偶函数所以F(x)在[－1,0]上为减函数。
所以对任意的x1,x2???1,1?F(x1)?F(x2)?F(1)?F(0)
012kn?1 F(1)?F(0)?Cn?nCn?(n?1)Cn...?(n?k?1)Cn?...?2Cn由
1n?12n?2kn?kn?1x[(1?x)n?xn]?x[Cnx?Cnx?...Cnx?..?Cnx?1]?Cx?Cx1nn2n?1n?...Cxknn?k?1?..?Cn?12nx?x
对上式两边求导得：
1n?12n?2kn?kn?1(1?x)n?xn?nx(1?x)n?1?nxn?nCnx?(n?1)Cnx?...(n?k?1)Cnx?..?2Cnx?1 F(x)?(1?x2)n?nx2(1?x2)n?1?nx2n
?F(1)?F(0)?2n?n2n?1?n?1?(n?2)2n?1?n?1
因此结论成立。
点评：数列与函数、导数结合在一块，考察数列是一种特殊的函数的性质，其中还要用到数列的函数性质来解释问题。 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%的利润；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1.05?1.629,1.31010?13.786,1.510?57.665）
6
解析：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，
1.310?1①甲方案获利：1?(1?30%)?(1?30%)???(1?30%)??42.63（万
0.329元），
银行贷款本息：10(1?5%)10?16.29（万元）， 故甲方案纯利：42.63?16.29?26.34（万元），
②乙方案获利：1?(1?0.5)?(1?2?0.5)???(1?9?0.5)?10?1?10?9?0.5 2?32.50（万元）；
银行本息和：1.05?[1?(1?5%)?(1?5%)2???(1?5%)9]
1.0510?1?1.05??13.21（万元）
0.05故乙方案纯利：32.50?13.21?19.29（万元）； 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．自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察
*
其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c。 （Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；
（Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）
*
（Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N，则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论。
解析：（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为
22cxn,因此xn?1?xn?axn?bxn?cxn,n?N*.(*)即xn?1?xn(a?b?1?cxn),n?N*.(**) （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，
从而由（*）式得：
xn(a?b?cxn)恒等于0,n?N*,所以a?b?cx1?0.即x1?因为x1>0，所以a>b。 猜测：当且仅当a>b，且x1?a?b. ca?b时，每年年初鱼群的总量保持不变。 c7
（Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*
由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知0 而x1∈(0, 2)，所以b?(0,1]。 由此猜测b的最大允许值是1. 下证 当x1∈(0, 2) ，b=1时，都有xn∈(0, 2), n∈N* ①当n=1时，结论显然成立。 ②假设当n=k时结论成立，即xk∈(0, 2)，则当n=k+1时，xk+1=xk(2－xk)>0。 2 又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)+1≤1<2, 所以xk+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立. 由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2)。 点评：数学归纳法在猜想证明数列通项和性质上有很大的用处，同时该题又结合了实际应用题解决问题。 题型7：课标创新题 例13．在数列{an}中，若a1,a2是正整数，且an?|an?1?an?2|,n?3,4,5,?，则称{an}为“绝对差数列”。 （Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； （Ⅱ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。 解析：（Ⅰ）a1=3，a2=1，a3=2，a4=1，a5=1，a6=0，a7=1，a8=1，a9=0，a10=1.（答案不唯一）； （Ⅱ）证明：根据定义，数列{an}必在有限项后出现零项.证明如下： 假设{an}中没有零项，由于an=|an-1-an-2|，所以对于任意的n，都有an≥1,从而 当an-1 > an-2时，an = an-1 －an-2 ≤ an-1－1（n≥3）； 当an-1 < an-2时，an = an-2 － an-1 ≤ an-2－1（n≥3）, 即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1. 令cn=??a2n?1(a2n?1?a2n),n=1，2，3，??， ?a2n(a2n?1?a2n),则0 由于c1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c1<0这与cn>0（n=1，2，3??）矛盾.从而{an}必有零项。 若第一次出现的零项为第n项，记an-1=A（A≠0），则自第n项开始，没三个相邻的项 ?an?3k?0,?周期地取值O，A，A，即?an?3k?1?A,k?0,1,2,3……, ?a?n?3k?2?A,所以绝对等差数列{an}中有无穷多个为零的项。 点评：通过设置“等差数列”这一概念加大学生对情景问题的阅读、分析和解决问题的能力。 例14．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且 (5n?8S)n?1?(n5?S2?An?Bn?,n)1,?，2,其中3,A,B为常数。 （Ⅰ）求A与B的值； 8 （Ⅱ）证明数列{an}为等差数列； （Ⅲ）证明不等式5amn?aman?1对任何正整数m、n都成立 分析：本题是一道数列综合运用题，第一问由a1、a2、a3求出s1、s2、s3代入关系式，即求出A、B；第二问利用an?sn?sn?1(n?1)公式，推导得证数列{an}为等差数列。 解答：（1）由已知，得S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18。 由(5n－8)Sn+1－(5n+2)Sn=An+B知： ???3S2?7S1?A?B,?A?B?12S即??28.B??48.。 ?2S?32?2A?B,?2A? 解得A=－20，B=－8。 （Ⅱ）方法1 由（1）得，（5n-8）Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, ① 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, ② ②-①,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, ③ 所以 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.④ ④-③,得 (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0. 因为 an+1=Sn+1-Sn 所以 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0. 又因为 (5n+2)?0, 所以 an+3-2an+2+an+1=0, 即 an+3-an+2=an+2-an+1, n?1. 又 a3-a2=a2-a1=5, 所以数列{an}为等差数列。 方法2. 由已知，S1=a1=1, 又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8?0, 所以数列{sn}是惟一确定的，因而数列{an}是惟一确定的。 设bn=5n-4,则数列{b?3)n}为等差数列，前n项和Tn(5nn= 2, 于是 (5n-8)T(n?1)(5n?2)n+1-(5n+2)Tn=(5n-8) 2?(5n?2)n(5n?3)2??20n?8, 由惟一性得bn=a,即数列{an}为等差数列。 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an=1+5(n-1)=5n-4. 要证了 5amn?aman?1, 只要证 5amn>1+aman+2aman 因为 amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16, 故只要证 5（5mn-4）>1+25mn-20(m+n)+16+2aman, 9 因为2aman?am?an?5m?5n?8?5m?5n?8?(15m?15n?29) =20m+20n-37, 所以命题得证。 点评：本题主要考查了等差数列的有关知识，不等式的证明方法，考查了分析推理、理性思维能力及相关运算能力等。 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； （2）裂项相消法：适用于??c??其中{ an}是各项不为0的等差数列，c为常数；aa?nn?1?部分无理数列、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0的等比数列。 （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）?k? 1+2+3+...+n = k?1nn n(n?1) 22（2）?(2k?1)?1+3+5+...+(2n-1) =n k?1?1? （3）?k3?13?23???n3??n(n?1)? k?1?2?n22222（4）?k2?1?2?3???n?k?1n1n(n?1)(2n?1) 6（5） 1111111???(?) n(n?2)2nn?2n(n?1)nn?11111?(?)(p?q) pqq?ppq（6） 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?an?1?f(n),(n?2)，则??； （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）； an?g(n)(n?2)，则??； an?1 10 （4）错位相减（等比数列求和公式的推导方法）。 11
