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【红对勾】(新课标)2016高考数学大一轮复习 5.4数列求和课件 理

时间:2015-10-02


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必考部分

第五章
数列

第四节

数列求和

主干知识· 整合
热点命题· 突破

课堂实效· 检测
课时作业

主干知识·整合 01
要点梳理 追根求源

公式法求和
1.等差数列的前 n 项和公式:
n?n-1? n?a1+an? na1+ 2 d Sn= = 2

.

2.等比数列的前 n 项和公式: ?na1,q=1, ? Sn=?a1-anq a1?1-qn? ? 1-q = 1-q ,q≠1. ?

1.在等差数列{an}中,首项 a1=0,公差 d≠0,若 ak =a1+a2+a3+?+a7,则 k=________.

7?7-1?d 解析:a1+a2+?+a7=7a1+ =21d, 2 而 ak=a1+(k-1)d=(k-1)d,所以(k-1)d=21d,d≠0, 故 k=22.

答案:22

S5 2.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,8a2+a5=0,则 S2 =________.

a5 解析:∵8a2+a5=0,∴8a2=-a5,即 =-8. a2 ∴q3=-8,∴q=-2. a1?1-q5? 1-q 1-q5 1-?-2?5 S5 ∴ = = = =-11. S2 a1?1-q2? 1-q2 1-?-2?2 1-q
答案:-11

数列求和的几种常用方法

1.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. 2.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.

3.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. 4.倒序相加法 如果一个数列{an}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.

5.并项求和法 在一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为 并项求和. 形如 an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.

3.若 Sn=1-2+3-4+5-6+?+(-1)n 1· n,则 S50


=________.

解析:S50=(1-2)+(3-4)+?+(49-50)=-25.

答案:-25

4. 若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1, 则数列{an} 的前 n 项和为________.

2?1-2n? n?1+2n-1? n+1 2 解析:Sn= + = 2 - 2 + n . 2 1-2
答案:2n 1+n2-2


5.数列{an}的通项公式是 an= 为 9,则 n=________.

1 n+ n+1

,前 n 项和

解析:∵an=

1 n+ n+1

= n+1- n.

∴Sn=a1+a2+a3+?+an =( 2-1)+( 3- 2)+?+( n+1- n) = n+1-1. ∴ n+1-1=9,即 n+1=10, ∴n=99.

答案:99

1.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路 (1)转化的思想, 即将一般数列设法转化为等差或等比数 列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成. (2) 不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消 法、倒序相加法等来求和.

2.应用 “裂项相消法” 和“错位相减法”应注意的问 题 (1) 裂项相消法,分裂通项是否恰好等于相应的两项之 差. (2)在正负项抵消后, 是否只剩下第一项和最后一项, 或 有时前面剩下两项,后面也剩下两项,未消去的项有前后对 称的特点.

(3)在应用错位相减法求和时, 若等比数列的公比含有参 数,应分 q=1 和 q≠1 两种情况求解.

热点命题· 突破 02
考点突破 解码命题

分组求和法求和

【例 1】 已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np +nq(n∈N*, p, q 为常数), 且 x1, x4, x5 成等差数列. 求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}前 n 项和 Sn 的公式.

【解】

(1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+

4q,x5=25p+5q,且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q, 解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+?+2n)+(1 +2+?+n)=2
n+1

n?n+1? -2+ . 2

对于不能由等差数列、等比数列的前 n 项和公式直接求和的问题, 一般需要将数列通项的结构进行 合理的拆分,转化成若干个等差数列、等比数列的求和.

设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列{an +bn}的前 n 项和 Sn.

解:(1)设 q 为等比数列{an}的公比,则由 a1=2,a3= a2+4 得 2q2=2q+4,即 q2-q-2=0,解得 q=2 或 q=- 1(舍去),因此 q=2. 所以{an}的通项公式为 an=2· 2n 1=2n(n∈N*).


2?1-2n? n?n-1? + (2)Sn= +n×1+ ×2=2n 1+n2-2. 2 1-2

错位相减法求和

【例 2】 (2014· 江西卷)已知首项都是 1 的两个数列 {an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn= 0. an (1)令 cn= ,求数列{cn}的通项公式; bn (2)若 bn=3n-1,求数列{an}的前 n 项和 Sn.

【解】
*

(1) 因为 anbn +1 - an +1bn + 2bn +1bn = 0, bn≠0(n

an+1 an ∈N ),所以 - =2,即 cn+1-cn=2. bn+1 bn 所以数列{cn}是以首项 c1=1,公差 d=2 的等差数列, 故 cn=2n-1. (2)由 bn=3n
-1

知 an=cnbn=(2n-1)3n 1,


于是数列{an}前 n 项和 Sn=1· 30+3· 31+5· 32+?+(2n- 1)· 3n-1, 3Sn=1· 31+3· 32+?+(2n-3)· 3n-1+(2n-1)· 3n,

相减得- 2Sn = 1 + 2· (31 + 32 + ? + 3n - 1) - (2n - 1)· 3n = -2-(2n-2)3n, 所以 Sn=(n-1)3n+1.

用错位相减法求和注意: (1) 在写出 “Sn” 与 “qSn” 的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. (2) 在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参 数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.

已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数 列,且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=anb1+an-1b2+?+a1bn,n∈N*,证明:Tn+ 12=-2an+10bn(n∈N*).

解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公 比为 q.由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.由
?2+3d+2q3=27, ? 条件,得方程组? 3 ? 8 + 6 d - 2 q =10, ? ?d=3, ? 解得? ? ?q=2.

所以 an=3n-1,bn=2n,n∈N*. (2)证明:由(1)得 Tn=2an+22an-1+23an-2+?+2na1,① 2Tn=22an+23an-1+?+2na2+2n 1a1.②


由②-①,得 Tn =- 2(3n - 1) + 3×22 + 3×23 + ? +
n 1 12 ? 1 - 2 ? n+2 n n+2 3×2 +2 = +2 -6n+2=10×2n-6n-10. 1-2


而-2an+10bn -12 =-2(3n -1) +10×2n-12 = 10×2n -6n-10,故 Tn+12=-2an+10bn(n∈N*).

裂项相消法求和

【例 3】 (2014· 大纲卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=10,a2 为整数,且 S n≤S4. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1

【解】 (1)由 a1=10,a2 为整数知,等差数列{an}的公 差 d 为整数. 又 Sn≤S4,故 a4≥0,a5≤0, 于是 10+3d≥0,10+4d≤0. 10 5 解得- 3 ≤d≤-2. 因此 d=-3. 数列{an}的通项公式为 an=13-3n.

1 1 ? 1 1? ? ? - (2)bn= = ? . ? 3 10 - 3 n 13 - 3 n ?13-3n??10-3n? ? ? 于是 Tn=b1+b2+?+bn 1??1 1 ? ?1 1? = ??7-10?+?4-7?+ 3?? ? ? ?
? ? 1 1 ? ? ? ? - ?+? ?? ? 10-3n 13-3n??

1 1? 1? n ? ? - = ? = . 3?10-3n 10? 10 ? 10 - 3 n ? ?

1 1.在对 bn 进行裂项时, 易犯 ?2n-1??2n+1? 1 1 = - 的错误,可通过通分验证. 2n-1 2n+1 2.在用裂项相消法求和时,消项后并不一定只剩下第 一项和最后一项,也可能剩下前几项和后几项.

等差数列{an}的各项均为正数,a1=3,前 n 项和为 Sn, {bn}为等比数列,b1=1,且 b2S2=64,b3S3=960. (1)求 an 与 bn; 1 1 1 (2)求 + +?+ 的值. S1 S 2 Sn

解:(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,则 d 为正 数,an=3+(n-1)d,bn=qn-1,依题意有
?S b =?6+d?q=64, ? 2 2 ? 2 ? S b = ? 9 + 3 d ? q =960, ? 3 3 ?d=2 ? 解得? ? ?q=8




故 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n 1.

(2)由(1)知 Sn=3+5+?+(2n+1)=n(n+2), 1 1 1 所以 + +?+ S1 S2 Sn 1 1 1 1 = + + +?+ 1×3 2×4 3×5 n?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 = (1- + - + - +?+ - ) 2 3 2 4 3 5 n n +2 2n+3 1 1 1 1 3 = (1+ - - )= - . 2 2 n+1 n+2 4 2?n+1??n+2?

课堂实效· 检测 03
当堂检验 小试牛刀

1.若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(2n-1),则 a1 +a2+a3+?+a100=( A.-200 C.200 ) B.-100 D.100

解析:由题意知,a1+a2+a3+?+a100=-1+3-5+7 + ? + ( - 1)100(2×100 - 1) =( - 1 + 3) + ( - 5 + 7)+ ? + ( - 197+199)=2×50=100.

答案:D

2.化简 Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+?+2×2n-2+ 2n-1 的结果是(


) B.2n 1-n+2


A.2n 1+n-2 C.2n-n-2

D.2n 1-n-2


解析:因为 Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+?+2×2n
-2

+2n 1 ,所以 2Sn =n×2+(n-1)×22+(n-2)×23 +?+


2×2n-1+2n,有 2Sn-Sn=2+22+23+?+2n-1+2n-n,得 Sn=2n 1-2-n. 答案:D


3.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an |}的前 n 项和 Tn=( ) B.n2-6n+18
2 ? ?6n-n ?1≤n≤3? D.? 2 ? ?n -6n?n>3?

A.6n-n2
2 ? ?6n-n ?1≤n≤3? C.? 2 ? ?n -6n+18?n>3?

解析:∵由 Sn=n2-6n 得{an}是等差数列, 且首项为-5,公差为 2. ∴an=-5+(n-1)×2=2n-7, ∴n≤3 时,an<0,n>3 时,an>0,
2 ? ?6n-n ?1≤n≤3?, ∴Tn=? 2 ? ?n -6n+18?n>3?.

答案:C

4 . 已知等比数列 {an}中, a1 = 3 , a4= 81 ,若数列 {bn} 满足
? ? 1 ? ? ?的前 bn=log3an,则数列? b b ? n n+1? ? ?

n 项和 Sn=________.

a4 3 解析:设等比数列{an}的公比为 q,则 =q =27, a1 解得 q=3.所以 an=a1qn 1=3×3n 1=3n,
- -

1 1 1 1 故 bn=log3an=n,所以 = = - . n bnbn+1 n?n+1? n+1
? ? 1 ? ? 1 1 1 1 1 ? ? 则数列 的前 n 项和为 1- + - +?+ - 2 2 3 b b n n +1 ? ? + ? n n 1?

=1-

1 n = . n+1 n+1 n 答案: n+1

5.设数列{an}满足 a1=2,a2+a4=8,且对任意 n∈N*, 函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx 满足 =0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
?π? f′? ? ? 2?

解: (1)由题设可得 f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an
+2

cosx. 对任意 n∈N
*

?π? ,f′? ?=an-an+1+an+2-an+1=0, ? 2?

即 an+1-an=an+2-an+1,故{an}为等差数列. 由 a1=2,a2+a4=8,可得数列{an}的公差 d=1, 所以 an=2+1· (n-1)=n+1.

(2)由 bn= =b1+b2+?+bn

? 1 ? 1 ? ? =2?n+1+ n+1?=2n+ n+2 2 ? 2 ?

知, Sn

1? ?1?n? ?1-? ? ? n?n+1? 2? ?2? ? =2n+2· + 2 1 1- 2 1 =n +3n+1- n. 2
2

温 馨 提 示

请 做:课 时 作 业 35
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专题研究

数列的综合应用

1.等差数列和等比数列的综合 等差数列中最基本的量是其首项 a1 和公差 d, 等比数列 中最基本的量是其首项 a1 和公比 q, 在等差数列和等比数列 的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两 个数列的基本量解决问题的.

2.数列和函数、不等式的综合 (1)等差数列的通项公式和前 n 项和公式是在公差 d≠0 的情况下关于 n 的一次或二次函数. (2)等比数列的通项公式和前 n 项和公式在公比 q ≠1 的 情况下是公比 q 的指数函数模型. (3)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, 需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问 题.

等差数列和等比数列的综合应用

【例 1】 (2014· 四川卷)设等差数列{an}的公差为 d, 点(an,bn)在函数 f(x)=2x 的图象上(n∈N*). (1)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数 列{an}的前 n 项和 Sn; (2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在
?an? 1 x 轴上的截距为 2- ,求数列? ?的前 n 项和 Tn. ln2 ?bn?

【解】

1 1 由题意得,a2- =2- ,解得 a2=2. ln2 ln2

∴d=a2-a1=1.从而 an=n,bn=2n. n-1 n 1 2 3 ∴Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2Tn= + + 2+?+ n-1. 1 2 2 2 1 1 1 n 因此,2Tn-Tn=1+2+22+?+ n-1- n 2 2
n 1 2n 1-n-2 1 n 2 -n-2 =2- n-1- n= .∴Tn= . n n 2 2 2 2
+ +

解决等差数列与等比数列的综合问题,关键 是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数 列,部分项成等比数列,要把成等差数列或等比数列的项抽 出来单独研究;如果两个数列通过运算综合在一起,要从分 析运算入手, 把两个数列分割开, 弄清两个数列各自的特征, 再进行求解.

在等比数列 {an}(n∈ N*) 中, a1>1 ,公比 q>0,设 bn = log2an,且 b1+b3+b5=6,b1b3b5=0. (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求{bn}的前 n 项和 Sn 及{an}的通项 an.

解:(1)证明:∵bn=log2an, an+1 ∴bn+1-bn=log2 =log2q 为常数, an ∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. (2)设数列{bn}的公差为 d,∵b1+b3+b5=6,∴b3=2. ∵a1>1,∴b1=log2a1>0. ∵b1b3b5=0,∴b5=0.
?b +2d=2, ? 1 ∴? ? ?b1+4d=0, ? b =4 , ? 1 解得? ? ?d=-1.

n ? n -1 ? 9n-n2 ∴Sn=4n+ 2 ×(-1)= 2 .
? ?log2q=-1, ∵? ? ?log2a1=4,


? 1 ?q= , ∴? 2 ? ?a1=16.

∴an=25 n(n∈N*).

数列与函数的综合应用

【例 2 】 a1a2a3?an= b3=6+b2.

(2014· 浙江卷 ) 已知数列 {an} 和{bn} 满足 (n∈N*). 若{an}为等比数列, 且 a1=2,

(1)求 an 与 bn; 1 1 (2)设 cn= - (n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 an bn Sn. ①求 Sn; ②求正整数 k, 使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.

【解】 (1)设{an}的公比为 q.

1 1 1 1 1 1 1 (2)cn= - = n- = n+ - . an bn 2 n?n+1? 2 n+1 n 1 1 1 1 ①Sn= 1+ 2+ 3+?+ n+ 2 2 2 2
?1 ? ? -1+1-1+1-1+?+ 1 -1? ?2 3 2 4 3 n +1 n ? ? ?

1 1- n 1 2 1 =2· 1 + -1 n+1 1- 2

1 1 1 1 =1- n+ -1 = - n. 2 n+1 n+1 2 1 1 ∴Sn= - n(n∈N*). n+1 2 ② 令 Sn + 1 - Sn = 1 1 1 1 1 - n+1 - + n = n+1 - n+2 2 n+1 2 2


?n+1??n+2?-2n 1 1 = + , ?n+1??n+2? 2n 1?n+1??n+2? 由于指数函数 2n
+1

比(n+1)(n+2)变化快.

∴令 Sn+1-Sn>0 得 n<4, ∴S1,S2,S3,S4 递增,而 S4,S5,S6,?,Sn 递减, ∴S4 最大,∴当 k=4 时,Sk≥Sn.

数列与函数问题的解题技巧 (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)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,在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用解法有助于该类问题的解决.

1 1 已知函数 f(x)=lnx-x, 数列 {an}满足 a1= , a = . 2 n+1 2-an (1)求证:f(x)≤-1;
? ? 1 ? ? ? ?为等差数列, (2)证明数列 并求数列{an}的通项公 a - 1 ? ? ? n ?

式.

1 解: (1) 令 g(x) = f(x) + 1 = lnx- x+ 1 , g′(x) = - 1 = x 1-x ,当 0<x<1 时,g′(x)>0,当 x>1 时 g′(x)<0,故 g(x) x 在 x=1 处取得极大值,也是最大值,所以 g(x)≤g(1)=0, 故 f(x)≤-1.

1 (2)因为 an+1= , 2-an an-1 1 ∴an+1-1= -1= , 2-an 2-an
? 1 1 ? 1 ? ? 1 ? 是首项为 ∴ = - 1 ,即数列? = a - 1 ? n ? an+1-1 an-1 a1-1 ? ?

-2,公差 d=-1 的等差数列, 1 n ∴ =-n-1,∴an= . an-1 n +1

数列与不等式的综合应用
2 【例 3】 正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足: S2 n-(n

+n-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 (2)令 bn= 数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明: 2, ?n+2?2an 5 对于任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64
*

【解】

2 (1)由 Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时, an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n.

(2)由于 an=2n, n+1 n+1 1 1 1 故 bn = [ 2- 2 2= 2 2= 2]. 16 n ?n+2? an 4n ?n+2? ?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn = [1 - 2 + 2- 2 + 2- 2 + ? + - 16 3 2 4 3 5 ?n-1?2 ?n+1?2 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2- ] = [1 + 22 - - ]< (1 + 22 ) = n ?n+2?2 16 ?n+1?2 ?n+2?2 16 5 . 64

(1)若题设等式的某一边是关于 Sn 或 an 的 二次三项式,则一般利用因式分解的方法将其进一步转化; (2)高考对数列求和侧重于考查裂项法、 分组求和法以及错位 相减法,因此遇到求和的问题时,要有意识地往这三种方法 去思考.

已知 f(x)=-
? 1 ? ? ? Pn?an,- ?在曲线 a + n 1? ?

1 4+ 2,数列{an}的前 n 项和为 Sn,点 x y=f(x)上(n∈N*),且 a1=1,an>0.

(1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)求证:Sn> ( 4n+1-1),n∈N*. 2

解:(1)∵- =f(an)=- an+1 ∴ = a n +1 1 1 4+ 2. an

1

1 4+ 2,且 an>0, an

1 1 ∴ 2 - 2=4(n∈N*). a n +1 a n
?1? 1 ? ? ∴数列 2 是等差数列,首项 2=1,公差 a1 ?an?

d=4.

1 1 ∴ 2=1+4(n-1).∴a2 = . n an 4n-3 1 ∵an>0,∴an= (n∈N*). 4 n -3

(2)证明:∵an=

1 2 = 4n-3 2 4n-3

4n+1- 4n-3 2 > = , 2 4n-3+ 4n+1 1 ∴ Sn = a1 + a2 + ? + an> [( 5 - 1) + ( 9 - 5) + ? + 2 1 ( 4n+1- 4n-3)]= ( 4n+1-1). 2

数列中的探索性问题

【例 4】 设数列{an}的各项均为正实数, bn=log2an, 若数列{bn}满足 b2=0,bn+1=bn+log2p,其中 p 为正常 数,且 p≠1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 p=2,设数列{cn}对任意的 n∈N*,都有 c1bn +c2bn-1+c3bn-2+?+cnb1=-2n 成立,问数列{cn}是不 是等比数列?若是,请求出其通项公式;若不是,请说 明理由.

【解】 (1)因为 bn+1=bn+log2p, 所以 bn+1-bn=log2p, 所以数列{bn}是以 log2p 为公差的等差数列, 又 b2=0,所以 bn=b2+(n-2)(log2p)=log2pn-2, 故由 bn=log2an,得 an=2bn=2log2pn 2=pn 2.
- -

(2)因为 p=2,由(1)得 bn=n-2, 所以 c1(n - 2) + c2(n - 3) + c3(n - 4) + ? + cn( - 1) =- 2n,① 则 c1(n-1)+c2(n-2)+c3(n-3)+?+cn+1(-1)=-2(n +1),②

由②-①,得 c1+c2+c3+?+cn-cn+1=-2,③ 所以 c1+c2+c3+?+cn+cn+1-cn+2=-2,④ cn+2 再由④-③,得 2cn+1=cn+2,即 =2(n∈N*), cn+1 所以当 n≥2 时,数列{cn}成等比数列, c2 又由①式,可得 c1=2,c2=4,则 =2, c1 所以数列{cn}一定是等比数列,且 cn=2n.

探索性问题是一类具有开放性和发散性的问 题,此类题目的条件或结论不完备,要求考生自己结合已知 条件,进行观察、分析、比较和概括.它对考生的数学思想、 数学意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出了较高 的要求.这类问题不仅考查了考生的探索能力,而且给考生 提供了创新思维的空间,所以备受高考命题人的青睐,是高 考重点考查的内容.探索性问题一般可以分为:条件探索性 问题、结论探索性问题、存在探索性问题等.

已知数列{an}中,a1=2,a2=3,其前 n 项和 Sn 满足 Sn
+2

+ Sn = 2Sn +1 + 1(n ∈ N*) ;数列 {bn}中, b1 = a1, bn + 1 = 4bn

+6(n∈N*). (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设 cn=bn+2+(-1)n 1λ· 2an(λ 为非零整数,n∈N*),


试确定 λ 的值,使得对任意 n∈N*,都有 cn+1>cn 成立.

解:(1)由已知得 Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1, 所以 an+2-an+1=1(n≥1).又 a2-a1=1, 所以数列{an}是以 a1=2 为首项,1 为公差的等差数列. 所以 an=n+1. 因为 bn+1=4bn+6,即 bn+1+2=4(bn+2), 又 b1+2=a1+2=4, 所以数列{bn+2}是以 4 为首项,4 为公比的等比数列. 所以 bn=4n-2.

(2)因为 an=n+1,bn=4n-2, 所以 cn=4n+(-1)n-1λ· 2n+1.要使 cn+1>cn 成立, 需 cn+1-cn=4n 1-4n+(-1)nλ· 2n 2-(-1)n 1λ· 2n 1>0 恒
+ + - +

成立, 化简得 3· 4n-3λ(-1)n 12n 1>0 恒成立,
- +

即(-1)n 1λ<2n


-1

恒成立,
-1

①当 n 为奇数时,即 λ<2n 2n-1 有最小值 1,所以 λ<1;

恒成立,当且仅当 n=1 时,

②当 n 为偶数时,即 λ>-2n-1 恒成立,当且仅当 n=2 时,-2n-1 有最大值-2,所以 λ>-2,即-2<λ<1. 又 λ 为非零整数,则 λ=-1. 综上所述,存在 λ=-1,使得对任意 n∈N*,都有 cn+
1>cn 成立.


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