高中数学精讲教案-数列求和、数列的综合应用

高中数学-数列求和、数列的综合应用考点一 数列求和知识点数列的求和方法 (1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 ①等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . ②等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.③常见数列的前n 项和公式： a ．1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22.(2)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的裂项公式有： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(5)分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．注意点 裂项相消法求和时注意事项(1)在把通项裂开后，应验证其是否恰好等于相应的两项之差．(2)在正负项抵消后，应注意是否只剩下第一项和最后一项，有时是前面剩下两项(或几项)，后面也剩下两项(或几项).入门测1．思维辨析(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( )(2)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( ) (4)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数). ( ) 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n答案 C解析 由题意得a n ＝1＋2n －1， 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1，故选C.3．在10到2000之间，形如2n (n ∈N *)的各数之和为( ) A ．1008 B ．2040 C ．2032 D ．2016答案 C解析 S ＝24＋25＋…＋210＝24(1－27)1－2＝(27－1)·24＝2032.[考法综述] 高考中主要考查等差等比数列的前n 项和公式及非等差等比数列的求和方法．一般综合性较强，对分析能力、运算能力要求高．命题法 给出数列求和典例 (1)已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，且满足a 2a 3＝45，a 1＋a 4＝14. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ； ②设b n ＝S nn ＋c ，若{b n }也是等差数列，试确定非零常数c ，并求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ·b n ＋1的前n 项和T n . (2)数列{a n }的前n 项的和为S n ，对于任意的自然数a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2. ①求证：数列{a n }是等差数列，并求通项公式；②设b n ＝a n3n ，求和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .[解] (1)①依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝5a 3＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9a 3＝5(舍去)，∴a n ＝4n －3，S n ＝2n 2－n .②由①知b n ＝2n 2－n n ＋c.数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，即 2·62＋c ＝11＋c ＋153＋c ，解得c ＝－12，∴b n ＝2n .则1b n ·b n ＋1＝12n ·(2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1).(2)①证明：令n ＝1,4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2， 解得a 1＝1， 由4S n ＝(a n ＋1)2， 得4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2， 整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0， ∵a n >0， ∴a n ＋1－a n ＝2，则数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. ②由①得b n ＝2n －13n， T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －13n ，①13T n ＝132＋333＋534＋…＋2n －13n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋2⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －2n －13n ＋1 ＝13＋2×19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－2n －13n ＋1 ＝23－2n ＋23n ＋1， 所以T n ＝1－n ＋13n. 【解题法】 错位相减法求和的步骤 步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ；步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n ； 步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．1.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若S n ＝10，则n 的值是( )A ．11B ．99C ．120D ．121答案 C 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令S n＝10，解得n ＝120.故选C.2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128答案 C解析 设数列{a n }的公比为q (q >0)， ∵－a 3，a 2，a 4成等差数列， ∴2a 2＝a 4－a 3， ∴2a 1q ＝a 1q 3－a 1q 2， 解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1－271－2＝27－1＝127.故选C.3.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1. 4．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2，令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n－1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎨⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.考点二 数列的综合应用知识点1 等差数列与等比数列比较表等差数列 等比数列 通项 公式(1)a n ＝a 1＋(n －1)d (1)a n ＝a 1q n －1 (2)a n ＝a m ＋(n －m )d(2)a n ＝a m ·q n －m续表 等差数列等比数列前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2 d S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1常用 性质若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q若m ，n ，p ，q ∈N *，m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q2 数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n ＋1之间的递推关系．3 数列与函数、不等式的综合问题 (1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：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、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．注意点 等差与等比模型的区别一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列.入门测1．思维辨析(1)若{ln a n}是等差数列，则{a n}是等比数列．()(2)1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5＝1－b51－b.()(3)利用函数的方法研究数列问题时应注意题目中的限制条件，尤其是定义域．()答案(1)√(2)×(3)√2．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A．100＋200×(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)答案 A解析当第10次着地时，经过的路程为：100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋200×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200(1－2－9)．3．设曲线y＝x n＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为x n，令a n＝lg x n，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．答案－2解析因为y＝x n＋1(n∈N*)，所以y′＝(n＋1)x n(n∈N*)，所以y′|x＝1＝n＋1，所以在点(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，即(n＋1)x－y－n＝0，当y＝0时，x＝nn＋1，所以x n＝nn＋1，所以a n＝lg x n＝lgnn＋1＝lg n－lg (n＋1)，所以a1＋a2＋…＋a99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋(lg 3－lg 4)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2.[考法综述]高考中对于数列的综合问题，多以等差数列、等比数列的交汇，数列与函数、不等式交汇等方式考查，以数列知识为主，同时考查“等价转化”“变量代换”思想的应用．命题法1等差等比的综合应用典例1(1)在等差数列{a n}中，a10＝30，a20＝50.①求数列{a n}的通项公式；②令b n＝2an－10，证明：数列{b n}为等比数列；③求数列{nb n}的前n项和T n.(2)某国采用养老储备金制度，要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策：不仅采用固定利率，而且复利计算．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n －1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，….以T n表示到第n年末所累计的储备金总额．①写出T n与T n－1(n≥2)的递推关系式；②求证：T n＝A n＋B n，其中{A n}是一个等比数列，{B n}是一个等差数列．[解](1)①设数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝2. 所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10. ②证明：由①，得b n ＝2an －10＝22n＋10－10＝22n ＝4n ，所以b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4.所以{b n }是首项为4，公比为4的等比数列．③由nb n ＝n ×4n ，得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ①， 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1 ②， ①－②，得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1＝4(1－4n )－3－n ×4n ＋1.所以T n ＝(3n －1)×4n ＋1＋49.(2)①T n ＝T n －1(1＋r )＋a n (n ≥2)．②证明：T 1＝a 1，对n ≥2反复使用(1)中关系式，得T n ＝T n －1(1＋r )＋a n ＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n ＝…＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ①.在①式两端同乘以(1＋r )，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r ) ②.②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝d r [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n ，即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －dr n －a 1r ＋d r2. 如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d rn ， 则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋d r 2(1＋r )为首项，1＋r (r >0)为公比的等比数列，{B n }是以－a 1r ＋d r 2－dr 为首项，－dr为公差的等差数列．【解题法】 1.等差、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．2．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下：命题法2 数列与函数、不等式的综合应用 典例2 已知函数f (x )＝2x ＋33x，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －20042对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .[解] (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差，首项a 1＝1的等差数列，∴a n ＝23n ＋13.(2)当n ≥2时， b n ＝1a n －1a n＝1⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 当n ＝1时，上式同样成立． ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， ∵S n <m －20042，即92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<m －20042对一切n ∈N *成立， 又92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1随n 递增，且92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<92， ∴92≤m －20042，∴m ≥2013，∴m min ＝2013. 【解题法】 1.解决数列与函数问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．数列中的不等式问题处理方法(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到． (3)比较法：作差或者作商比较法．1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 D解析 由题可知a ，b 是x 2－px ＋q ＝0的两根， ∴a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，故a ，b 均为正数． ∵a ，b ，－2适当排序后成等比数列， ∴－2是a ，b 的等比中项，得ab ＝4， ∴q ＝4.又a ，b ，－2适当排序后成等差数列， 所以－2是第一项或第三项，不防设a <b ， 则－2，a ，b 成递增的等差数列，∴2a ＝b －2，联立⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，消去b 得a 2＋a －2＝0， 得a ＝1或a ＝－2，又a >0， ∴a ＝1，此时b ＝4， ∴p ＝a ＋b ＝5， ∴p ＋q ＝9，选D.2.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析 由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.4.设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)． 令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得对任意的n ∈N *，都有T n ≥14n.5．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n ＝2n ＋1－n －22n .所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 6．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n (n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8，又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *)．所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n (n ＋1)2＝(2)n (n＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0， 当n ≥5时，c n ＝1n (n ＋1)⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2n －1，而n (n ＋1)2n －(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1＝(n ＋1)(n －2)2n ＋1>0， 得n (n ＋1)2n ≤5·(5＋1)25<1. 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解 (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n (3－n )2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n (3－n )2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”． 设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”． 同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．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． [错解][错因分析] 本题用错位相减法求{na n }的前n 项和时，易出现以下三个错误：一是出现某些项的遗漏；二是项数的计算错误；三是两式相减时，等比数列前面的系数出错．[正解] (1)同上 (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 －1，③ 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .④ ③－④得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n . [心得体会]课时练 基础组1.已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2na 1＋a 2＝q 2n ＝52n ，选C.2．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1答案 C解析 由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.3．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( ) A ．127 B ．255 C ．511 D ．1023 答案 B解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5＝2a 1q 3＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝1×(1－28)1－2＝255.4．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )A ．126B ．130C ．132D ．134 答案 C解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n为常数， ∴{b n }为等差数列．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， ∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.5.设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. 答案 －513解析 由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)， 又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)， 所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－256d ， 又q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝－256d ＋5d －25d6＋4d ＝－5，所以a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 6b 5(q 2＋1)＝2b 6b 5(q 2＋1)＝2q q 2＋1＝－513. 6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是________． 答案 [－5，－3]解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n 是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.7．如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a 2011＋a 2012＋a 2013＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 x 1y 1x 2y 2x 3y 3x 4y 4x 5y 5x 6y 6答案 1007解析 由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2，3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a 2011＋a 2013＝1，a 2012＝1006，故a 2011＋a 2012＋a 2013＝1007.8．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________． 答案 16解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝12(2a 1＋3d )＋15d 2≥2＋15d2， ∴2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.9. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n－S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________． 答案 5解析 要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5.10．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d .由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5， 故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d ＝2或d ＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . 11．某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，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？(参考数据：取1.0510＝1.629,1.310＝13.786,1.510＝57.665)解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3＝42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10＝16.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)， 从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%， 故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案获利更多． 12. 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1.解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.证法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.能力组13.设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1 D.⎣⎡⎦⎤12，1 答案 C解析 因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ，则S n ∈⎣⎡⎭⎫12，1.故选C. 14．已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2an )＝2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性． 解 (1)由已知得log 22an －1log 22a n＝2n ， ∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2＋1. ∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1(n ＋1)2＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1(n ＋1)＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．15．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1， 又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n .(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg2(n ＋1)(n ＋2).16．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15＝1.6)．解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)．第二年末的住房面积为⎝⎛⎭⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝⎛⎭⎫11102－b ⎝⎛⎭⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)．(2)第三年末的住房面积为⎣⎡ a ⎝⎛⎭⎫11102－⎦⎤b ⎝⎛⎭⎫1＋11101110－b ＝a ⎝⎛⎭⎫11103－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102(m 2)， 第四年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11104－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103(m 2)， 第五年末的住房面积为a ⎝⎛⎭⎫11105－b ⎣⎡⎦⎤1＋1110＋⎝⎛⎭⎫11102＋⎝⎛⎭⎫11103＋⎝⎛⎭⎫11104 ＝1.15a －1－1.151－1.1b ＝1.6a －6b (m 2)．依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20. 所以每年拆除的旧房面积为a20m 2.。