2014年高考数学二轮专题复习名师讲义第6讲 数列求和及综合应用

2014年高考数学二轮专题复习名师讲义第六讲 数列求和及综合应用真题试做►———————————————————1．(2011·高考江西卷)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55 2．(2013·高考江西卷)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．3．(2013·高考湖南卷)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0，2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *. (1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．考情分析►———————————————————数列求和问题是数列中的重要知识，在各地的高考试题中频频出现，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式；而非等差数列、非等比数列的求和问题，一般用倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．等差数列与等比数列、数列与函数、数列与不等式、数列与概率、数列的实际应用等知识交汇点的综合问题是近几年高考的重点和热点，此类问题在客观题和解答题中都有所体现，难度不一，求解此类问题的主要方法是利用转化与化归的思想，根据所学数列知识及题目特征，构造出解题所需的条件．考点一 数列求和数列的求和问题多从数列的通项入手，通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．(2013·高考山东卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b1a1＋b2a2＋…＋bn an ＝1－12n，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .【思路点拨】 (1)由于已知{a n }是等差数列，因此可考虑用基本量a 1，d 表示已知等式，进而求出{a n }的通项公式．(2)先求出bnan，进而求出{b n }的通项公式，再用错位相减法求{b n }的前n 项和．强化训练 1 (2013·深圳调研)设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．已知S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝an（an＋1）（an＋1＋1），数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<12.考点二数列的实际应用数列应用题是近年来高考命题改革的一个亮点，主要考查学生数列建模能力，其题型为：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解．(2012·高考湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n万元．(1)用d表示a1，a2，并写出a n＋1与a n的关系式；(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．【思路点拨】(1)由第n年和第(n＋1)年的资金变化情况，得到a n和a n＋1的递推关系．(2)由递推关系，利用迭代的方法可求通项公式，问题得解．解决数列实际应用问题的关键是要做好三件事情：第一是努力读懂题意，能用自己的语言把问题表述出来；第二是找出关键字句，其他的文字可以不管；第三是将实际生活化的语言翻译成数学语言．在做好这三件事情的基础上，经过设元、列式，就不难实现这种数学模型的转化．强化训练 2 某市投资甲、乙两个工厂，2012年两工厂的年产量均为100万吨，在今后的若干年内，甲工厂的年产量每年比上一年增加10万吨，乙工厂第n年比上一年增加2n－1万吨．记2012年为第一年，甲、乙两工厂第n年的年产量分别记为a n，b n.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若某工厂年产量超过另一工厂年产量的2倍，则将另一工厂兼并，问到哪一年底其中一个工厂将被另一工厂兼并？考点三数列的综合问题数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中、高档难度问题．在复习这部分内容时，要注意对基础知识的梳理，把握通性通法，不必刻意追求难度．(2013·高考天津卷)已知首项为3 2的等比数列{a n}不是递减数列，其前n项和为S n(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设T n＝S n－1Sn(n∈N *)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．【思路点拨】(1)利用等比数列的性质结合已知条件求出公比q，进而可得到通项公式；(2)结合数列的单调性求数列的最大项与最小项的值．数列的综合性问题是高考的热点，此类问题一般以数列与函数、数列与不等式、数列与解析几何的综合应用为主．在该类问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决，解题时要注意沟通数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，而本题利用数列的单调性求{T n}的最值．强化训练 3 设数列{a n}的前n项和为S n，如果Sn S2n为常数，则称数列{a n}为“幸福数列”．(1)等差数列{b n}的首项为1，公差不为零，若{b n}为“幸福数列”，求{b n}的通项公式；(2)数列{c n}的各项都是正数，前n项和为S n，若c31＋c32＋c3＋…＋c3n＝S2n 对任意n∈N*都成立，试推断数列{c n}是否为“幸福数列”？并说明理由．数列与三类知识的交汇数列与函数、不等式、解析几何、平面几何等知识的交汇问题是高考的难点，与函数、不等式的交汇问题主要考查利用函数与方程的思想方法解决数列中的问题及用解决不等式的方法研究数列的性质；与解析几何交汇，主要涉及点列问题，与平面几何交汇，主要涉及面积(周长)问题，求解时应建立数列的递推关系或通项公式之间的关系，然后借助数列的知识加以解决．一、数列和平面几何的交汇(2013·高考安徽卷)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n .若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．【解析】 设OA n ＝x (n ≥3)，OB 1＝y ，∠O ＝θ，记S △OA 1B 1＝12×1×y sin θ＝S ，那么S △OA 2B 2＝12×2×2y sin θ＝4S ，S △OA 3B 3＝4S ＋(4S －S )＝7S ， …S △OA n B n ＝12x ·xy sin θ＝(3n －2)S ，∴S △OAnBn S △OA2B2＝12×x×xysin θ12×2×2ysin θ＝（3n －2）S 4S， ∴x24＝3n －24，∴x ＝3n －2. 即a n ＝3n －2(n ≥3)．经验证知a n ＝3n －2(n∈N *)． 【答案】 a n ＝3n －2对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系，然后根据递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．二、数列和函数的交汇(2013·高考安徽卷)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′(π2)＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2(a n ＋12an)，求数列{b n }的前n 项和S n .【解】 (1)由题设可得f ′(x )＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x .对任意n ∈N *，f ′(π2)＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝0，即a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故{a n }为等差数列． 由a 1＝2，a 2＋a 4＝8，可得数列{a n }的公差d ＝1， 所以a n ＝2＋1·(n －1)＝n ＋1.(2)由b n ＝2(a n ＋12an )＝2(n ＋1＋12n ＋1)＝2n ＋12n ＋2知，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝2n ＋2·n （n ＋1）2＋12[1－（12）n]1－12＝n 2＋3n ＋1－12n.(1)本题以函数为载体考查了数列的基本问题，求解中利用f ′(π2)＝0，把函数知识转化为数列知识，这种题型经常见到．(2)数列与函数交汇问题的常见类型及解法：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．三、数列与不等式的交汇(2013·高考天津卷)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3，4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明S n ＋1Sn ≤136(n ∈N *).【解】 (1)设等比数列{a n }的公比为q . 因为－2S 2，S 3，4S 4成等差数列， 所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a4a3＝－12.又因为a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32·⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n.(2)证明：S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，S n ＋1Sn＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n （2n ＋1），n 为奇数，2＋12n （2n －1），n 为偶数.当n 为奇数时，S n ＋1Sn随n 的增大而减小，所以S n ＋1Sn ≤S 1＋1S1＝136.当n 为偶数时，S n ＋1Sn随n 的增大而减小，所以S n ＋1Sn ≤S 2＋1S2＝2512.故对于n ∈N *，有S n ＋1Sn ≤136.本题考查了数列不等式的证明，求解此类问题时应根据题目特征，确定出与不等式有关的数列的项或前n 项和，根据题目特征求解，求解时注意放缩法的应用．而本题利用了数列的单调性求解.体验真题·把脉考向_ 1．【解析】选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，∴S 1＝1，可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1，即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.2．【解析】每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a1（1－qn ）1－q＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64，27＝128.则n ＋1≥7，即n ≥6.【答案】63．【解】(1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21. 因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2.当n ≥2时，由2a n －1＝S n ，2a n －1－1＝S n －1两式相减，得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1. 于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列． 因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1. 记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .② ①－②，得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而B n ＝1＋(n －1)·2n . _典例展示·解密高考_【例1】【解】(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1，得 ⎩⎨⎧4a1＋6d ＝8a1＋4d ，a1＋（2n －1）d ＝2a1＋2（n －1）d ＋1.解得⎩⎨⎧a1＝1，d ＝2.因此a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由已知b1a1＋b2a2＋…＋bn an ＝1－12n ，n ∈N *，当n ＝1时，b1a1＝12；当n ≥2时，bn an ＝1－12n －(1－12n －1)＝12n .所以bn an ＝12n，n ∈N *.由(1)知a n ＝2n －1，n ∈N *，所以b n ＝2n －12n，n ∈N *.所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n，12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减，得 12T n ＝12＋(222＋223＋…＋22n )－2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1，所以T n ＝3－2n ＋32n.[强化训练1]【解】(1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a2＋a3＝7，（a1＋3）＋（a3＋4）2＝3a2.解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ， 则a 1q ＝2，∴a 1＝2q，a 3＝a 1q 2＝2q .由S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意，得q >1，∴q ＝2. ∴a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)证明：∵b n ＝an（an ＋1）（an ＋1＋1） ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，∴T n ＝(11＋1－121＋1)＋(121＋1－122＋1)＋(122＋1－123＋1)＋…＋(12n －1＋1－12n ＋1)＝11＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1<12. 【例2】【解】(1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d ，a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝⎛⎭⎫32an －2－d －d ＝⎝⎛⎭⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝⎛⎭⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －2.整理得a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫32n －1－1 ＝⎝⎛⎭⎫32n －1(3 000－3d )＋2d .由题意，知a m ＝4 000， 即⎝⎛⎭⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000， 解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫32m －2×1 000⎝⎛⎭⎫32m－1＝1 000（3m －2m ＋1）3m －2m.故该企业每年上缴资金d 的值为1 000（3m －2m ＋1）3m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．[强化训练2]【解】(1)因为{a n }是等差数列，a 1＝100，d ＝10， 所以a n ＝10n ＋90.因为b n －b n －1＝2n －1，b n －1－b n －2＝2n －2，…，b 2－b 1＝2， 所以b n ＝100＋2＋22＋…＋2n －1＝2n ＋98. (2)当n ≤5时，a n ≥b n 且a n <2b n .当n ≥6时，a n ≤b n ，所以甲工厂有可能被乙工厂兼并． 2a n <b n ，即2(10n ＋90)<2n ＋98，解得n ≥8，故2019年底甲工厂将被乙工厂兼并． 【例3】【解】(1)设等比数列{a n } 的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a5a3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＝⎩⎨⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n，n 为偶数. 当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1Sn ≤S 1－1S1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1Sn ≥S 2－1S2＝34－43＝－712.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.[强化训练3]【解】(1)设等差数列b n 的公差为d (d ≠0)，SnS2n＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k [2n ＋12·2n (2n －1)d ]，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n 上式恒成立，则⎩⎨⎧d （4k －1）＝0（2k －1）（2－d ）＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2k ＝14.故数列b n 的通项公式是b n ＝2n －1. (2)由已知，当n ＝1时，c 31＝S 21＝c 21.因为c 1>0，所以c 1＝1.当n ≥2时，c 31＋c 32＋c 3＋…＋c 3n ＝S 2n ，c 31＋c 32＋c 3＋…＋c 3n －1＝S 2n －1.两式相减，得c 3n ＝S 2n －S 2n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝c n ·(S n ＋S n －1)． 因为c n >0，所以c 2n ＝S n ＋S n －1＝2S n －c n ， 显然c 1＝1适合上式，所以当n ≥2时，c 2n －1＝2S n －1－c n －1. 于是c 2n －c 2n －1＝2(S n －S n －1)－c n ＋c n －1＝2c n －c n ＋c n －1＝c n ＋c n －1. 因为c n ＋c n －1>0，则c n －c n －1＝1，所以数列{c n }是首项为1，公差为1的等差数列．所以SnS2n ＝n （n ＋1）2n （2n ＋1）＝n ＋14n ＋2不为常数，故数列{c n }不是“幸福数列”。