2019届高三数学数列求和及综合应用.ppt

a2+a4+a6=99,以Sn表示{an}的前n项和,则使得Sn达到
最大值的n是
(B )
A.21
B.20 C.19
D.18
解析 ∵(a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)=3d, ∴99-105=3d,∴d=-2.
又∵a1+a3+a5=3a1+6d=105,∴a1=39.
∴Sn=na1+
n(n 1) 2
p
p2 4q , p
p2 4q ,
2
2
p
p2 4q p
p2 4q p,
2
2
p p2 4q p p2 4q
q.
2
2
(2)解 设xn-sxn-1=t(xn-1-sxn-2),则
xn=(s+t)xn-1-stxn-2,由xn=pxn-1-qxn-2,
得
s t st
(x2 x1) n2 2 • n2 n.
(
)xn1
n
n ,即xn1
n
n
,
xn
n1
n1
(
).
②当 时,即方程x2-px+q=0有重根,
∴p2-4q=0,即(s+t)2-4st=0,得(s-t)2=0,
∴s=t.不妨设s=t= ,由①可知
xn xn1 (x2 ax1) n2 n ,
即xn xn1 n , 等式两边同时除以 n , 得
xn
n
xn1
n1
1,即
xn
n
xn1
n1
1.
数列{ xn }是以1为公差的等差数列.
n
xn n n n.
n1 n1
综上所述,
xn
n n n
( ), ( ).
(3)解 把p=1,q= 1 代入x2-px+q=0,得
等比数列.由等比数列的性质可得
xn xn1 (x2 x1) n2 ,
xn xn1 (x2 x1) n2.
两式相减,得
( )xn1 (x2 x1) n2 (x2 x1) n2.
x2 p2 q, x1 p, x2 2 2 , x1 .
(x2 x1) n2 2 • n2 n ,
∵d≠0,∴2a1+3d=0.
①
∵S8=8a1+
56 2
d=32,∴2a1+7d=8.
②
由①②得
da1
3, 2,
∴S10=-3×10+
10 9 2
×2=60.
4.(2009·湖北)古希腊人常用小石头在沙滩上摆成
各种形状来研究数,比如:
()
他们研究过图(1)中的1,3,6,10,…,由于这些数能 够表示成三角形,将其称为三角形数;类似的,称图 (2)中的1,4,9,16,…这样的数为正方形数.
【例1】设p、q为实数,、 是方程x2-px+q=0的两个
实根.数列{xn}满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2 (n= 3,4,…).
(1)证明: p, q;
(2)求数列{xn}的通项公式;
(3)若p=1,q=
1 4
,求{xn}的前n项和Sn.
(1)证明 由求根公式,不妨设 ,则
(B )
A.90 B.100 C.145 D.190
解析 由题意知,(a1+d)2=a1(a1+4d),即
a12 2a1d d 2 a12 4a1d ,
∴d=2a1=2. ∴S10=10a1+ 109 d =10+90=100.
2
2.(2009·安徽)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,
20
解 (1)设二次函数为f(x)=ax2+bx(a≠0), 则f′(x)=2ax+b， 由于f′(x)=6x-2得a=3,b=-2, 所以f(x)=3x2-2x. 又由点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上， 得Sn=3n2-2n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1 =(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5； 当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5=1. 所以an=6n-5(n∈N*).
学案14 数列求和及综合应用
1.数列通项的求法,由递推关系式确定数列的通项. 2.数列的性质、通项、求和. 3.数列与不等式、数列与函数、数列与方程. 4.数列与数学归纳法.
1.(2009·四川)等差数列{an}的公差不为零,首项a1=
1,a2是a1和a5的等比中项,则数列{an}的前10项之和
是
2
2
1 ( 1 )n 2 ( 1 )n1 n( 1 )n
2
2
2
3 (n 3)(1)n. 2
【探究拓展】本题主要考查数列的递推公式、数列求
和以及数列与方程的综合题,考查学生分析问题、解
决问题以及推理论证的能力.
变式训练1 已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原 点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn, 点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式； (＜2)m设对b所n= 有anna3∈n1N,*都Tn是成数立列的{最bn小}的正前整n数项m和.,求使得Tn
下列数中既是三角形数又是正方形数的是
( C)
A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378
解析 由图形可得三角形数构成的数列通项an=
n(n 1) ,同理可得正方形数构成的数列通项bn=n2,只
2
有1
225满足a49=
49 50 2
=b35=352.
题型一 数列与函数、方程的综合应用
4
x2-x+
1 4
=0,解得 1 .
2
xn
n • (1 )n 2
(1)n, 2
Sn
[1 2
(1)2 2
( 1 )3 2
( 1 )n ] 2
[1 2• (1)2 3• (1)3 n • (1)n]
22
2
2
1 (1)n [1 2• (1)2 3• (1)3 n • (1)n]
22 2
d
d 2
n2
(a1Βιβλιοθήκη d 2)n=-n2+40n=-(n-20)2+400.
∴当n=20时,Sn有最大值.
3.(2009·江西)公差不为零的等差数列{an}的前n项 和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10等于 (C )
A.18 B.24 C.60 D.90
解析 由 a42 a3 • a7 , 得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d).
q,
p,消去t,得s2-ps+q=0,
∴s是方程x2-px+q=0的根.
由题意可知 s1 , s2 . ①当 时,此时方程组
s t st
q,
p,的解记为ts11
,,或ts11
, ,
xn xn1 (xn1 xn2 ), xn xn1 (xn1 xn2 ).
∴{xn-t1xn-1}、{xn-t2xn-1}分别是公比为 s1 , s2 的