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2013届高考数学一轮复习 第30讲 数列求和及数列实际问题精品学案


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 (1)数列前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= ?
? s n ? s n ?1 ? s1
n ? 2 n ?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 =
3 3 3 2 2 2

1 2

n(n+1);

1 6

n(n+1)(2n+1);
2

1 +2 +?+n =(1+2+?+n) =

1 4

n (n+1) ;

2

2

②等差数列中,Sm+n=Sm+Sn+mnd; n m ③等比数列中,Sm+n=Sn+q Sm=Sm+q Sn; 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 ?

1 ( An ? B )( An ? C )

?

1 C ? B

(

1 An ? B

?

1 An ? C

) 、

1 n ( n ? 1)

=

1 n



1 n ?1

、 n·n !

=(n+1)!-n!、Cn-1

r-1

=Cn -Cn-1 、

r

r

n ( n ? 1)!

=

1 n!



1 ( n ? 1)!

等。

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。
a n ? bn ? c n

,

其 中 ? bn ? 是 等 差 数 列 ,

?cn ? 是 等 比 数 列 , 记

S n ? b1 c 1 ? b 2 c 2 ? ? ? b n ?1 c n ?1 ? b n c n ,则 q S n ? b1 c 2 ? ? ? ? b n ? 1 c n ? b n c n ? 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 : a n ? bn ? c n 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 { 2 ? 1} 即为递归数列。
n

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 ?a n ? 为等差数列,且公差不为 0,首项也不为 0,求和: ?
i ?1 n n n n

1 a i a i ?1
n



解析:首先考虑 ?
i ?1

1 a i a i ?1

?

?
i ?1

1 d

(

1 ai

?

1 a i ?1

) ,则 ?
i ?1

1 a i a i ?1

=

1 d

(

1 a1

?

1 a n ?1

) ?



a 1 a n ?1

点 评 : 已 知 数 列 ?a n ? 为 等 差 数 列 , 且 公 差 不 为 0 , 首 项 也 不 为 0 , 下 列 求 和

?

n

1 ai ? a i ?1

?

i ?1

?
?

n

a i ?1 ? d
1 ?

ai

也可用裂项求和法。
1 1? 2 ? 3?? ? n

i ?1

例 2.求1 ?

1

1

1? 2 1? 2 ? 3 1? 2 ? 3? 4

?? ?

, (n ? N ) 。
*

解析:? a k ?

1 1? 2 ?? ? k

?

2 k ( k ? 1)



2

? S n ? 2[

1 1?2

?

1 2 ?3

?? ?

1 n ( n ? 1)

]

1? ?1 1? 1 ? 1 ? 2n ? ?1 ? ? 2[ ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2?1 ? ?? 2? ?2 3? n ?1? n ?1 ? ? n n ?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 2 3 n 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=
1 2 n ( n ? 1) ;
n-1 n

③若 a≠1,a≠0 时,Sn-aSn=a(1+a+?+a -na ), Sn=
a (1 ? a )
2

[1 ? ( n ? 1 ) a

n

? na

n ?1

]。

例 4 . 已 知 a ? 0 , a ? 1 , 数 列 ?a n ? 是 首 项 为 a , 公 比 也 为 a 的 等 比 数 列 , 令
b n ? a n ? lg a n ( n ? N ) ,求数列 ?b n ? 的前 n 项和 S n 。

解析:? a n ? a , b n ? n ? a lg a ,
n n

? S n ? ( a ? 2 a ? 3 a ? ? ? n a ) lg a … … ①
2 3 n

aS n ? (a ? 2 a ? 3a ? ? ? na
2 3 4

n ?1

) lg a … … ②
n n ?1

①-②得: (1 ? a ) S n ? ( a ? a ? ? ? a ? na
2

) lg a ,

? Sn ?

a lg a (1 ? a )
2

?1 ? (1 ? n ? na ) a ?
n

点评:设数列 ?a n ? 的等比数列,数列 ?b n ? 是等差数列,则数列 ?a n b n ? 的前 n 项和 S n 求 解,均可用错位相减法。 题型 3:倒序相加 例 5.求 S n ? 3 C n ? 6 C n ? ? ? 3 n C n 。
1 2 n

解析: S n ? 0 · C n ? 3 C n ? 6 C n ? ? ? 3 n C n 。 ①
0 1 2 n

又 S n ? 3 n C n ? 3 ( n ? 1) C n
n

n ?1

? ? ? 3C n ? 0 · C n 。
1 0



所以 S n ? 3 n · 2

n ?1



点评: n 表示从第一项依次到第 n 项的和, S 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 ?a n ? 是公差为 d ,且首项为 a 0 ? d 的等差数列, 求和: S n ? 1 ? a 0 C n ? a 1 C n ? ? ? a n C n
0 1 0 1 n

解析:因为 S n ? 1 ? a 0 C n ? a 1 C n ? ? ? a n C n ,
n

S n ? 1 ? a n C n ? a n ?1 C n
n

n ?1

? ? ? a 0 C n ? a n C n ? a n ?1 C n ? ? ? a 0 C n ,
0 0 1 n
1 n

? 2 S n ? 1 ? ( a 0 ? a n ) C n ? ( a1 ? a n ?1 ) C n ? ? ? ( a n ? a 0 ) C n
0

? ( a 0 ? a n )( C n ? C n ? ? ? C n ) ? ( a 0 ? a n ) 2
0 1 n

n

? S n ?1 ? ( a 0 ? a n ) ? 2

n ?1


n

点评:此类问题还可变换为探索题形:已知数列 ?a n ? 的前 n 项和 S n ? ( n ? 1) 2 ? 1 ,
1 是否存在等差数列 ?b n ? 使得 a n ? b1 C n ? b 2 C n2 ? ? ? b n C nn 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 ?
1?1? ( [ n ( n ? 1) 2 2 ? 1) × 2 ]?
n

n ( n ? 1) 2

个奇数,故 S n ?

n ( n ? 1) 2

n ( n ? 1)
2

2



4

例 8.求数列 1,3+

1 3

,3 +

2

1 3
n

2

,??,3 +
1 3 1 3
2

1 3
n

的各项的和。
1 3
n

解析:其和为(1+3+??+3 )+( 3 )。 题型 5:数列综合问题
-n

?

+??+

)=

3

n ?1

?1

?

1? 3 2

?n

=

1 2

(3

n+1



2

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 ( x n ? 1 ? f ( x n ? 1 )) 处的切线与经过(0,0)和(xn,f(xn))两点 的直线平行(如图)。
* 求证:当 n ? N 时:(I) x n ? x n ? 3 x n ? 1 ? 2 x n ? 1 ;(II) ( )
2 2

3

2

1

n ?1

2

1 n?2 ? xn ? ( ) 。 2

解析:(I)因为 f ( x ) ? 3 x ? 2 x ,
' 2

所以曲线 y ? f ( x ) 在 ( x n ? 1 , f ( x n ? 1 )) 处的切线斜率 k n ? 1 ? 3 x 因为过 (0, 0 ) 和 ( x n , f ( x n )) 两点的直线斜率是 x n ? x n ,
2

2
n ?1

? 2 x n ?1 .

4

所以 x n ? x n ? 3 x n ? 1 ? 2 x n ? 1 .
2 2

(II)因为函数 h ( x ) ? x ? x 当 x ? 0 时单调递增,
2

而 x n ? x n ? 3 x n ?1 ? 2 x n ?1 ? 4 x n ?1 ? 2 x n ?1 ? ( 2 x n ?1 ) ? 2 x n ?1
2 2 2 2

所以 x n ? 2 x n ? 1 ,即

x n ?1 xn

?

1 2

,

因此 x n ?

xn x n ?1

?

x n ?1 xn?2

?????

x2

1 n ?1 ? ( ) . x1 2

又因为 x n ? x n ? 2 ( x
2

2
n ?1

? x n ? 1 ),
1 2

令 yn ? xn ? xn , 则
2

y n ?1 yn

?

.

因为 y1 ? x1 ? x1 ? 2, 所以 y n ? ( )
2

1

n ?1

2

1 n?2 ? y1 ? ( ) . 2

因此 x n ? x n ? x n ? ( )
2

1

n?2

,

2

故( )
2

1

n ?1

1 n?2 ? xn ? ( ) . 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
0 2 1

f0 ( x? )
2

n

x ,f k ( x ) ?
k 2

f k ?1 ( x ) f k ? 1 (1)
n

'

n , 其 中 k ? (
2

,n? k ?

) N , 设

F ( x ) ? C n f 0 ( x ) ? C n f 1 ( x ) ? ... ? C n f k ( x ) ? ... ? C n f n ( x ) , x ? ? ? 1,1 ? 。

(I)

写 出

f k ( 1 ; (II) )
n ?1

证 明 : 对 任 意 的 x1 , x 2 ? ? ? 1,1 ? , 恒 有
n?k

F ( x1 ) ? F ( x 2 ) ? 2

(n ? 2) ? n ? 1 。

解析:(I)由已知推得 f k ( x ) ? ( n ? k ? 1) x (II) 证法 1:当 ? 1 ? x ? 1 时,
F (x) ? x
2n

,从而有 f k (1) ? n ? k ? 1 ;
k 2(n?k )

? nC n x
1

2 ( n ? 1)

? ( n ? 1) C n x
2

2(n?2)

... ? ( n ? k ? 1) C n x

? ... ? 2 C n

n ?1

x ?1
2

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 , x 2 ? ? ? 1,1 ? F ( x1 ) ? F ( x 2 ) ? F (1) ? F (0 ) ,
F (1) ? F (0 ) ? C n ? n C n ? ( n ? 1) C n ... ? ( n ? k ? 1) C n ? ... ? 2 C n
0 1 2 k n ?1

? nC n

n ?1

? ( n ? 1) C n
n?k

n?2

... ? ( n ? k ? 1) C n
n?k

n?k

? ... ? 2 C n ? C n
1

0

? ( n ? k ? 1) C n
k k

? ( n ? k )C n

? Cn

n?k

? n C n ? 1 ? C n ( k ? 1, 2 , 3 ? n ? 1)

5

F (1) ? F (0 ) ? n ( C n ? 1 ? C n ? 1 ... ? C n ? 1 ) ? ( C n ? C n ... ? C n
1 2 1 2

k ?1

n ?1

) ? Cn

0

? n(2

n ?1

? 1) ? 2 ? 1 ? 2
n

n ?1

(n ? 2) ? n ? 1

因此结论成立。 证法 2:当 ? 1 ? x ? 1 时,
F (x) ? x
2n

? nC n x
1

2 ( n ? 1)

? ( n ? 1) C n x
2

2(n?2)

... ? ( n ? k ? 1) C n x
k

2(n?k )

? ... ? 2 C n

n ?1

x ?1
2

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 , x 2 ? ? ? 1,1 ? F ( x1 ) ? F ( x 2 ) ? F (1) ? F (0 )
F (1) ? F (0 ) ? C n ? n C n ? ( n ? 1) C n ... ? ( n ? k ? 1) C n ? ... ? 2 C n
0 1 2 k n ?1

又因 F (1) ? F (0 ) ? 2 C n ? 3 C n ? ... ? kC n
1 2 1 2

k ?1

? ... ? n C n
k ?1

n ?1

? Cn

0

所以 2[ F (1) ? F (0 )] ? ( n ? 2 )[ C n ? C n ? ... ? C n
F (1) ? F (0 ) ? ? n?2 2
n

? ... ? C n
0

n ?1

] ? 2C n

0

n?2 2

[ C n ? C n ? ... ? C n
1 2 n ?1

k ?1

? ... ? C n

n ?1

] ? Cn

(2 ? 2) ? 1 ? 2

(n ? 2) ? n ? 1

因此结论成立。 证法 3:当 ? 1 ? x ? 1 时,
F (x) ? x
2n

? nC n x
1

2 ( n ? 1)

? ( n ? 1) C n x
2

2(n?2)

... ? ( n ? k ? 1) C n x
k

2(n?k )

? ... ? 2 C n

n ?1

x ?1
2

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 , x 2 ? ? ? 1,1 ? F ( x1 ) ? F ( x 2 ) ? F (1) ? F (0 )
F (1) ? F (0 ) ? C n ? n C n ? ( n ? 1) C n ... ? ( n ? k ? 1) C n ? ... ? 2 C n
0 1 2 k n ?1


x [(1 ? x ) ? x ] ? x [ C n x
n n 1 n ?1

? Cn x
2

n?2

? ...C n x
k n ?1 2

n?k

? .. ? C n

n ?1

x ? 1]

? Cnx ? Cn x
1 n 2
n n

n ?1

? ...C n x
k

n ? k ?1

? .. ? C n
n

x ? x
n ?1

对上式两边求导得:
(1 ? x ) ? x ? n x (1 ? x )
2 n 2

n ?1

? nx ? nC n x
1
n ?1

? ( n ? 1) C n x
2
n ?1

n?2

? ...( n ? k ? 1) C n x
k

n?k

? .. ? 2 C n

n ?1

x ?1

F ( x ) ? (1 ? x ) ? n x (1 ? x )
2

? nx

2n

? F (1) ? F (0 ) ? 2 ? n 2
n

n ?1

? n ? 1 ? (n ? 2)2

? 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
10

? 1 . 629 ,1 . 3

10

? 13 . 786 ,1 . 5

10

? 57 . 665 )

6

解析:甲方案是等比数列,乙方案是等差数列, ①甲方案获利: 1 ? (1 ? 30 %) ? (1 ? 30 %) 元), 银行贷款本息: 10 (1 ? 5 %)
10
2

? ? ? (1 ? 30 %)

9

?

1 .3

10

?1

? 42 . 63 (万

0 .3

? 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 ?
? 32 . 50 (万元);

10 ? 9 2

? 0 .5

银行本息和: 1 . 05 ? [1 ? (1 ? 5 %) ? (1 ? 5 %)
1 . 05
10

2

? ? ? (1 ? 5 %) ]
9

? 1 . 05 ?

?1

? 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
cx n , 因此 x n ? 1 ? x n ? ax n ? bx n ? cx n , n ? N * .(*) 即 x n ? 1 ? x n ( a ? b ? 1 ? cx n ), n ? N * .(**)
2 2

(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:
x n ( a ? b ? cx n ) 恒等于 0 , n ? N *, 所以 a ? b ? cx 1 ? 0 .即 x 1 ? a ?b c .

因为 x1>0,所以 a>b。 猜测:当且仅当 a>b,且 x 1 ?
a ?b c

时,每年年初鱼群的总量保持不变。

7

(Ⅲ)若 b 的值使得 xn>0,n∈N* 由 xn+1=xn(3-b-xn), n∈N*, 知 0<xn<3-b, n∈N*, 特别地,有 0<x1<3-b. 即 0<b<3 -x1。 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 { a n } 中, a1 , a 2 是正整数, a n ? | a n ? 1 ? a n ? 2 |, n ? 3, 4, 5, ? , 若 且 则称 { a n } 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= ?
? a 2 n ? 1 ( a 2 n ? 1 ? a 2 n ), ? a 2 n ( a 2 n ? 1 ? a 2 n ),

n=1,2,3,??,

则 0<cn≤cn-1-1(n=2,3,4??). 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 ? a n ? 3 k ? 1 ? A , k ? 0 ,1, 2 , 3… … , ? ? an?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 ? 8 S n ? 1 ? ) (5 n? S2 )? A n ? B n ? , n 1 ? ,3 , A,B 为常数。 , 2 ,其中

(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 5 a m n ?
a m a n ? 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 a n ? s n ? s n ? 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:
?? 3S 2 ? 7 S1 ? A ? B , ? A ? B ? ? 28 . 即? 。 ? ? 2 S 3 ? 12 S 2 ? 2 A ? B , ? 2 A ? B ? ? 48 .

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 { a n } 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 { s n }是惟一确定的
, 因而数列 { a n } 是惟一确定的。
n (5 n ? 3) 2 n (5 n ? 3) 2 ? ? 20 n ? 8 , ,

设 bn=5n-4,则数列 { b n } 为等差数列,前 n 项和 Tn= 于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)
( n ? 1)( 5 n ? 2 ) 2

? (5 n ? 2 )

由惟一性得 bn=a,即数列 { a n } 为等差数列。 (Ⅲ)由(Ⅱ)可知,an=1+5(n-1)=5n-4. 要证了 只要证 因为 故只要证
5 a mn ? a m a n ? 1,

5amn>1+aman+2 a m a n amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16, 5(5mn-4)>1+25mn-20(m+n)+16+2 a m a n ,
9

因为 2 a m a n ? a m ? a n ? 5 m ? 5 n ? 8 ? 5 m ? 5 n ? 8 ? (15 m ? 15 n ? 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{ a n }是各项不为 0 的等差数列,c 为常数; ?

? a n a n ?1

部分无理数列、含阶乘的数列等; (3)错位相减法:适用于 ?a n b n ? 其中{ a n }是等差数列, ?b n ? 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 ?1 n n

n ( n ? 1) 2

2 (2) ? ( 2 k ? 1) ? 1+3+5+...+(2n-1) = n
k ?1

3 3 3 (3) ? k 3 ? 1 ? 2 ? ? ? n ? ? n ( n ? 1) ? k ?1 ?2 ?

n

?1

?

2

2 2 2 2 (4) ? k 2 ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ?
k ?1

n

1 6

n ( n ? 1)( 2 n ? 1)

(5)

1 n ( n ? 1)
1 pq

?

1 n

?

1 n ?1
1 q

1 n(n ? 2)

?

1 1 1 ( ? ) 2 n n? 2

(6)

?

1 q ? p

(

1 p

?

)

( p ? q)

3. 数 学 思 想 (1) 迭加累加 (等差数列的通项公式的推导方法) a n ? a n ? 1 ? f ( n ), ( n ? 2 ) , 若 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 a n ?1 ? g ( n )( n ? 2 ) ,则??;

10

(4)错位相减(等比数列求和公式的推导方法)。

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