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2013届高考数学第一轮复习教案11.doc

时间:2017-11-27


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= ? (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= n(n+1); 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1); 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n2(n+1)2; ②等差数列中,Sm+n=Sm+Sn+mnd; ③等比数列中,Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn; 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 4 1 6
?s n ? s n ?1 ?s1

n?2 n ?1



1 2

an ?

1 1 1 1 1 1 1 = - 、n· n! ? ( ? )、 n ?1 ( An ? B)( An ? C ) C ? B An ? B An ? C n(n ? 1) n

=(n+1)!-n!、Cn-1r-1=Cnr-Cn-1r、 ⑤错项相消法

1 n 1 = - 等。 (n ? 1)! n! (n ? 1)!

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。 an ? bn ? cn , 其中 ?bn ? 是等差数列, ?cn ? 是等比 数
q
n




?


c? n

S n ? b1c1 ? b2 c2 ? ? ? bn?1cn?1 ? bn cn
?1 n





?S ???? 1 2 b

,… b

n

1

c

n

b

c

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: an ? bn ? cn

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 n ? 1} 即为递归数 列。 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 ?an ? 为等差数列,且公差不为 0,首项也不为 0, 求和: ?
i ?1 n

1 。 ai ai ?1 1 ? ? i ?1 ai ai ?1
n

解 析 : 首 先 考 虑

? d (a
i ?1

n

1 1
i

?

1 ) ai ?1

, 则

?a a
i ?1 i

n

1
i ?1

= (

1 1 1 n 。 ? )? d a1 a n ?1 a1a n?1

点评:已知数列 ?an ?为等差数列,且公差不为 0,首项也不为 0, 下列求和 ?
i ?1 n n a ? ai 1 ? ? i ?1 也可用裂项求和法。 d ai ? ai ?1 i ?1

例 2.求1 ?

1 1 1 1 ? ? ??? , (n ? N * ) 。 1? 2 1? 2 ? 3 1? 2 ? 3 ? 4 1? 2 ? 3 ??? n

解析:? ak ?
?Sn ? 2[

1 2 ? , 1 ? 2 ? ? ? k k (k ? 1)

1 1 1 ? ??? ] 1? 2 2 ? 3 n( n ? 1)

1 ? ? 1 ? 2n ? 1? ? 1 1? ?1 ? 2[?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2?1 ? ?? ? 2? ? 2 3? ? n n ? 1? ? n ? 1? 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 例 3.设 a 为常数,求数列 a,2a2,3a3,…,nan,…的前 n 项 和。 解析:①若 a=0 时,Sn=0; ②若 a=1,则 Sn=1+2+3+…+n= n( n ? 1) ; ③若 a≠1,a≠0 时,Sn-aSn=a(1+a+…+an-1-nan) ,
1 2

Sn=

a [1 ? ( n ? 1)a n ? na n ?1 ] 。 (1 ? a ) 2

例 4.已知 a ? 0, a ? 1 ,数列 ?an ? 是首项为 a,公比也为 a 的等比数 列,令 bn ? an ? lg an (n ? N ) ,求数列 ?bn ? 的前 n 项和 S n 。 解析:?an ? an , bn ? n ? an lg a ,
? S n ? (a ? 2a 2 ? 3a 3 ? ? ? na n ) lg a……① aS n ? (a 2 ? 2a 3 ? 3a 4 ? ? ? na n ?1 ) lg a……②

①-②得: (1 ? a)S n ? (a ? a 2 ? ? ? a n ? nan?1 ) lg a ,
? Sn ? a lg a 1 ? (1 ? n ? na)a n 2 (1 ? a)

?

?

点评: 设数列 ?an ?的等比数列, 数列 ?bn ? 是等差数列, 则数列 ?an bn ? 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 解析: 又 所以 。 。 。 ① 。 ②

点评:Sn 表示从第一项依次到第 n 项的和,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。 例 6.设数列 ?an ? 是公差为 d ,且首项为 a0 ? d 的等差数列,
0 1 n 求和: S n?1 ? a0Cn ? a1Cn ? ? ? an Cn 0 1 n 解析:因为 S n?1 ? a0Cn , ? a1Cn ? ? ? an Cn

n n?1 0 0 1 n , S n?1 ? an Cn ? an?1Cn ? ? ? a0Cn ? a n Cn ? an?1Cn ? ? ? a0Cn
0 1 n ?2Sn?1 ? (a0 ? an )C n ?(a1 ? an?1 )Cn ? ?? (an ? a0 )Cn 0 1 n ? (a0 ? an )(Cn ? Cn ? ?? Cn ) ? (a0 ? an )2n

?Sn?1 ? (a0 ? an ) ? 2n?1 。

点评:此类问题还可变换为探索题形:已知数列 ?an ? 的前 n 项和
1 是否存在等差数列 ?bn ? 使得 an ? b1Cn S n ? (n ? 1)2 n ? 1, ? b2Cn2 ? ? ? bn Cnn 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 个奇数,故 例 8.求数列 1,3+ ,32+ ,……,3n+ 的各项的和。 + …… + 。

解 析 : 其 和 为 (1 + 3 + …… + 3n) + ( )=
3n ?1 ? 1 1 ? 3? n ? = (3n+1-3-n)。 2 2

题型 5:数列综合问题 例 9.已知函数 f ( x) =x3+x2,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 ( xn?1 ? f ( xn?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)xn2 ? xn ? 3xn?12 ? 2xn?1 ; (II)( ) n ?1 ? xn ? ( ) n ? 2 。 解析: (I)因为 f ' ( x) ? 3x2 ? 2x, 所以曲线 y ? f ( x) 在 ( xn?1, f ( xn?1 )) 处的切线斜率 kn?1 ? 3x2 ? 2xn?1.
n?1

1 2

1 2

2 因为过 (0, 0) 和 ( xn , f ( xn )) 两点的直线斜率是 xn ? xn , 2 2 所以 xn ? xn ? 3xn ?1 ? 2 xn ?1 .

(II)因为函数 h( x) ? x2 ? x 当 x ? 0 时单调递增,
2 2 2 2 而 xn ? xn ? 3xn ?1 ? 2 xn ?1 ? 4 xn?1 ? 2 xn?1 ? (2 xn?1 ) ? 2 xn?1

所以 xn ? 2xn?1 ,即 因此 xn ?

xn?1 1 ? , xn 2

xn xn?1 x 1 ? ????? 2 ? ( )n?1. xn?1 xn?2 x1 2
n?1

2 又因为 xn ? xn ? 2( x2 ? xn?1 ),

2 令 yn ? xn ? xn , 则

yn?1 1 ? . yn 2
1 2 1 2

因为 y1 ? x12 ? x1 ? 2, 所以 yn ? ( )n?1 ? y1 ? ( )n?2 . 因此 xn ? xn2 ? xn ? ( ) n ? 2 , 故 ( )n ?1 ? xn ? ( ) n ?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 f0 ( x)? nx , f k ( x) ?
f k'?1 ( x) , 其 中 k? n ( n , ? k f k ?1 (1)
?

1 2

1 2

1 2

,设 N )

0 1 k n F ( x) ? Cn f0 ( x2 ) ? Cn f1 ( x2 ) ? ... ? Cn f k ( x2 ) ? ... ? Cn f n ( x2 ) , x ???1,1? 。

(I) 写 出 f k (1) ; (II) 证 明 : 对 任 意 的 x1, x2 ???1,1? , 恒 有 F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? 2n?1 (n ? 2) ? n ?1 。 解析:(I)由已知推得 fk ( x) ? (n ? k ?1) xn?k ,从而有 fk (1) ? n ? k ? 1 ; (II) 证法 1:当 ?1 ? x ? 1 时,
1 2( n?1) 2 2( n?2) k 2( n?k ) n?1 2 F ( x) ? x2n ? nCn x ? (n ?1)Cn x ... ? (n ? k ? 1)Cn x ? ... ? 2Cn x ?1

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, x2 ???1,1? F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? F (1) ? F (0) ,

0 1 2 k n ?1 F (1) ? F (0) ? Cn ? nCn ? (n ? 1)Cn ... ? (n ? k ? 1)Cn ? ... ? 2Cn n ?1 n?2 n?k 1 0 ? nCn ? (n ? 1)Cn ... ? (n ? k ? 1)Cn ? ... ? 2Cn ? Cn n?k n?k n?k ? (n ? k ? 1)Cn ? (n ? k )Cn ? Cn k k ? nCn ?1 ? Cn ( k ? 1, 2,3? n ? 1) 1 2 k ?1 1 2 n ?1 0 F (1) ? F (0) ? n(Cn ?1 ? Cn ?1 ... ? Cn ?1 ) ? (Cn ? Cn ... ? Cn ) ? Cn

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

因此结论成立。 证法 2:当 ?1 ? x ? 1 时,
1 2( n?1) 2 2( n?2) k 2( n?k ) n?1 2 F ( x) ? x2n ? nCn x ? (n ?1)Cn x ... ? (n ? k ? 1)Cn x ? ... ? 2Cn x ?1

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, x2 ???1,1? F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? F (1) ? F (0)
0 1 2 k n?1 F (1) ? F (0) ? Cn ? nCn ? (n ?1)Cn ... ? (n ? k ?1)Cn ? ... ? 2Cn 1 2 k ?1 n?1 0 又因 F (1) ? F (0) ? 2Cn ? 3Cn ? ... ? kCn ? ... ? nCn ? Cn 1 2 k ?1 n?1 0 所以 2[F (1) ? F (0)] ? (n ? 2)[Cn ? Cn ? ... ? Cn ? ... ? Cn ] ? 2Cn

F (1) ? F (0) ? ?

n?2 1 2 k ?1 n ?1 0 [Cn ? Cn ? ... ? Cn ? ... ? Cn ] ? Cn 2

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

因此结论成立。 证法 3:当 ?1 ? x ? 1 时,
1 2( n?1) 2 2( n?2) k 2( n?k ) n?1 2 F ( x) ? x2n ? nCn x ? (n ?1)Cn x ... ? (n ? k ? 1)Cn x ? ... ? 2Cn x ?1

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, x2 ???1,1? F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? F (1) ? F (0)
0 1 2 k n?1 F (1) ? F (0) ? Cn ? nCn ? (n ?1)Cn ... ? (n ? k ?1)Cn ? ... ? 2Cn


1 n ?1 2 n?2 k n ?k n ?1 x[(1 ? x) n ? x n ] ? x[Cn x ? Cn x ? ...Cn x ? .. ? Cn x ? 1] 1 n 2 n ?1 k n ? k ?1 n ?1 2 ? Cn x ? Cn x ? ...Cn x ? .. ? Cn x ?x

对上式两边求导得:
1 n?1 2 n ?2 k n?k n?1 (1 ? x)n ? xn ? nx(1 ? x)n?1 ? nxn ? nCn x ? (n ?1)Cn x ? ...(n ? k ?1)Cn x ? .. ? 2Cn x ?1
n ? 1 n2 F ( x)? ( 1 ?2 x n )? n2 x (? 1 2x )? n x ? F (1) ? F (0) ? 2n ? n2n?1 ? n ?1 ? (n ? 2)2n?1 ? 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 1.0510 ? 1.629,1.310 ? 13.786,1.510 ? 57.665) 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%) 2 ? ? ? (1 ? 30%)9 ? (万元) , 银行贷款本息:10(1 ? 5%)10 ? 16.29 (万元) , 故甲方案纯利: 42.63 ? 16.29 ? 26.34 (万元) , ② 乙 方 案 获
10 ? 9 ? 0.5 2
1.310 ? 1 ? 42.63 0.3





1 ? (1 ? 0.5) ? (1 ? 2 ? 0.5) ? ? ? (1 ? 9 ? 0.5) ? 10 ? 1 ?
? 32.50 (万元) ;

银行本息和:1.05? [1 ? (1 ? 5%) ? (1 ? 5%)2 ? ? ? (1 ? 5%)9 ]
? 1.05 ? 1.0510 ? 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

2 2 cxn ,因此xn?1 ? xn ? axn ? bxn ? cxn , n ? N * .(*) 即xn?1 ? xn (a ? b ? 1 ? cxn ), n ? N * .(**)

(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 ? cx1 ? 0.即x1 ? a ?b . c

因为 x1>0,所以 a>b。 猜测:当且仅当 a>b,且 x1 ? 不变。 (Ⅲ)若 b 的值使得 xn>0,n∈N*
a?b 时,每年年初鱼群的总量保持 c

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。 又因为 xk+1=xk(2-xk)=-(xk-1)2+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 13 . 在 数 列 {an } 中 , 若 a1 , a2 是 正 整 数 , 且 an ?| an?1 ? an?2 |, n ? 3, 4,5,? ,则称 {an } 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 例

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 = ?
?a2 n ?1 (a2 n ?1 ? a2 n ), n=1,2,3,……, ?a2 n (a2 n ?1 ? a2 n ),

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
?an ?3k ? 0, ? 始, 没三个相邻的项周期地取值 O, A, A, 即 ?an ?3k ?1 ? A, k ? 0,1, 2,3……, ?a ? n ?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)Sn?1 ? (5n ? 2)Sn ? An ? B, n ? 1, 2,3,…, 其中 A,B 为常数。 (Ⅰ)求 A 与 B 的值; (Ⅱ)证明数列{an}为等差数列; (Ⅲ)证明不等式 5amn ? am an ? 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 an ? sn ? sn?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, 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, ① ②

②-①,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, ③ 所以 ④-③,得 因为 所以 又因为 所以 即 又 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.④ (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0. an+1=Sn+1-Sn (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0. (5n+2) ? 0 , an+3-2an+2+an+1=0, an+3-an+2=an+2-an+1, n ? 1 . a3-a2=a2-a1=5,

所以数列 {an } 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 {sn }是惟一确定的 , 因而数列 {an } 是惟一确定的。 设 bn=5n-4,则数列 {bn } 为等差数列,前 n 项和 Tn= 于 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)
(n ? 1)( 5n ? 2) n(5n ? 3) ? (5n ? 2) ? ?20 n ? 8, 2 2 n(5n ? 3) , 2



由惟一性得 bn=a,即数列 {an } 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
5a 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 ,

因为 2 a m a n ? a m ? a n ? 5m ? 5n ? 8 ? 5m ? 5n ? 8 ? (15m ? 15n ? 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{ an }是各项不为 0 的等 ? a n a n ?1 ?

差数列,c 为常数;部分无理数列、含阶乘的数列等; (3)错位相减法:适用于 ?an bn ?其中{ an }是等差数列,?bn ? 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) ? (2k ? 1) ? 1+3+5+...+(2n-1) = n 2
k ?1

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

2

3

3

3

(4) ? k 2 ? 12 ? 2 2 ? 32 ? ? ? n 2 ? n(n ? 1)( 2n ? 1)
k ?1

n

1 6

(5) (6)

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

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

1 1 1 1 ? ( ? ) ( p ? q) pq q ? 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)若
an ? an?1 ? f (n),(n ? 2) ,则……;

(2)迭乘累乘(等比数列的通项公式的推导方法)若
an ? g (n)(n ? 2) ,则……; an?1

(3)逆序相加(等差数列求和公式的推导方法) ; (4)错位相减(等比数列求和公式的推导方法) 。


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