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2014高考数学新编:第30讲 数列求和及数列实际问题

时间:2013-08-17


《新课标》高三数学(人教版)第一轮复习单元讲座 第三十讲 数列求和及数列实际问题

一.课标要求: ...................................................................... 2 二.命题走向 .......................................................................... 2 三.要点精讲 .......................................................................... 2 四.典例解析 .......................................................................... 5 题型 1:裂项求和 ................................................................... 5 题型 2:错位相减法 ....................................................... 5 题型 3:倒序相加 ........................................................... 6 题型 4:其他方法 ........................................................... 7 题型 5:数列综合问题 ................................................... 7 题型 6:数列实际应用题 ............................................. 10 题型 7:课标创新题 ......................................................11 五.思维总结 ........................................................................ 14 1.数列求和的常用方法 ...................................................... 14

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《新课标》高三数学(人教版)第一轮复习单元讲座 第三十讲
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。

数列求和及数列实际问题

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。 预测今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
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(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= 12+22+?+n2=

1 n(n+1); 2

1 n(n+1)(2n+1); 6 1 13+23+?+n3=(1+2+?+n)2= n2(n+1)2; 4
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, an=f(n+1)-f(n), 即 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:

an ?

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


=(n+1)!-n!、Cn-1r 1=Cnr-Cn-1r、

n 1 1 = - 等。 ( n ? 1)! n! ( n ? 1)!

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 ? cn , 其中 ?bn ? 是等差数列, ?cn ? 是等比数列,记 S n ? b1c1 ? b2 c2 ? ? ? bn?1cn?1 ? bn cn ,则 qSn ? b1c2 ???? bn?1cn ? bn cn?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 ? 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

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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。

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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:
n

?a a
i ?1 i

n

1
i ?1



解析:首先考虑

n n 1 1 1 1 1 1 1 1 n ?? ( ? ) ,则 ? )? = ( ? 。 ?aa ai ?1 d a1 a n ?1 a1 a n ?1 i ?1 i ?1 d a i i ?1 a i a i ?1 i i ?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

?
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:? a k ?

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

?Sn ? 2[

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。

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http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

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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=

1 n( n ? 1) ; 2

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

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Sn=

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

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

bn ? an ? lg a n (n ? N ) ,求数列 ?bn ?的前 n 项和 S n 。
解析:? an ? a , bn ? n ? a lg a ,
n n

? 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 ? ? ? a ? na
2 n n ?1

) lg a ,

? Sn ?

a lg a 1 ? (1 ? n ? na)a n 2 (1 ? a)

?

?

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点评: 设数列 ?a n ?的等比数列, 数列 ?bn ?是等差数列, 则数列 ?a n 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 S n ? 3Cn ? 6Cn ? ? ? 3nCn 。
1 2 n

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

又 S n ? 3nCn ? 3( n ? 1) Cn
n

n ?1

1 ? ? ? 3Cn ? 0·Cn0 。 ②

所以 S n ? 3n· 2

n ?1



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 ?a n ?是公差为 d ,且首项为 a0 ? d 的等差数列, 求和: S n ?1 ? a0 C n ? a1C n ? ? ? a n C n
0 1 0 1 n

解析:因为 S n ?1 ? a0 C n ? a1C n ? ? ? a n C n ,
n

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n n 0 0 1 n S n?1 ? a n C n ? a n?1C n ?1 ? ? ? a0 C n ? a n C n ? a n?1C n ? ? ? a0 C n ,
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 ?a n ?的前 n 项和 S n ? (n ? 1)2 ? 1,是
n
1 否存在等差数列 ?bn ?使得 a n ? b1C n ? b2 C n2 ? ? ? bn 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 ?

n(n ? 1) 2

n(n ? 1) ? 1) × 2 n(n ? 1) n 2 (n ? 1) 2 2 个奇数,故 S n ? 。 [ ]? 2 2 4 1 1 1 例 8.求数列 1,3+ ,32+ 2 ,……,3n+ n 的各项的和。 3 3 3 1?1? (

1 1 1 3n ?1 ? 1 1 ? 3? n 1 n+1 -n ? 解析:其和为(1+3+……+3 )+( ? 2 +……+ n )= = (3 -3 )。 2 2 3 3 2 3
n

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) 。
* n ?1 n?2 求证:当 n ? N 时: (I) xn ? xn ? 3xn ?1 ? 2 xn ?1 ; (II) ( ) ? xn ? ( ) 。
2 2

1 2

1 2

解析: (I)因为 f ( x) ? 3x ? 2 x,
' 2

所以曲线 y ? f ( x) 在 ( xn ?1 , f ( xn ?1 )) 处的切线斜率 kn ?1 ? 3x n?1 ? 2 xn ?1.
2

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

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所以 xn ? xn ? 3xn ?1 ? 2 xn ?1 .
2 2

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

而 xn ? xn ? 3xn ?1 ? 2 xn ?1 ? 4 xn ?1 ? 2 xn ?1 ? (2 xn ?1 ) ? 2 xn ?1
2 2 2 2

所以 xn ? 2 xn ?1 ,即

xn ?1 1 ? , xn 2

因此 xn ?
2

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

又因为 xn ? xn ? 2( x n?1 ? xn ?1 ), 令 yn ? xn ? xn , 则
2 2

yn ?1 1 ? . yn 2

n ?1 n?2 因为 y1 ? x1 ? x1 ? 2, 所以 yn ? ( ) ? y1 ? ( ) .

1 2

1 2

因此 xn ? xn ? xn ? ( )
2

1 2

n?2

,

故( )

1 2

n ?1

1 ? xn ? ( ) n ?2 . 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 f 0 ( x) ? x , f k ( x) ?
n

0 1 k n F ( x) ? Cn f 0 ( x 2 ) ? Cn f1 ( x 2 ) ? ... ? Cn f k ( x 2 ) ? ... ? Cn f n ( x 2 ) , x ? ? ?1,1? 。

f k'?1 ( x) ,其中 k ? n(n, k ? N ? ) ,设 f k ?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 f k ( x) ? (n ? k ? 1) x (II) 证法 1:当 ?1 ? x ? 1 时,
1 2 k n F ( x) ? x 2 n ? nCn x 2( n?1) ? (n ? 1)Cn x 2( n?2) ... ? (n ? k ? 1)Cn x 2( n ?k ) ? ... ? 2Cn ?1 x 2 ? 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,
n?k

,从而有 f k (1) ? n ? k ? 1 ;

所以对任意的 x1 , x2 ? ? ?1,1? F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? F (1) ? F (0) ,
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0 1 2 k n F (1) ? F (0) ? Cn ? nCn ? (n ? 1)Cn ... ? (n ? k ? 1)Cn ? ... ? 2Cn ?1 n n n 1 0 ? nCn ?1 ? (n ? 1)Cn ? 2 ... ? (n ? k ? 1)Cn ? k ? ... ? 2Cn ? Cn n n n ? (n ? k ? 1)Cn ? k ? (n ? k )Cn ? k ? Cn ? k k k ? nCn ?1 ? Cn (k ? 1, 2,3? n ? 1) 1 2 k? 1 2 n 0 F (1) ? F (0) ? n(Cn ?1 ? Cn ?1... ? Cn ?11 ) ? (Cn ? Cn ... ? Cn ?1 ) ? Cn

? n(2n ?1 ? 1) ? 2n ? 1 ? 2n ?1 (n ? 2) ? n ? 1
因此结论成立。 证法 2:当 ?1 ? x ? 1 时,
1 2 k n F ( x) ? x 2 n ? nCn x 2( n?1) ? (n ? 1)Cn x 2( n?2) ... ? (n ? k ? 1)Cn x 2( n ?k ) ? ... ? 2Cn ?1 x 2 ? 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 F (1) ? F (0) ? Cn ? nCn ? (n ? 1)Cn ... ? (n ? k ? 1)Cn ? ... ? 2Cn ?1

又因 F (1) ? F (0) ? 2Cn ? 3Cn ? ... ? kCn
1 2 1 2

k ?1

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

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

F (1) ? F (0) ? ?

n?2 1 2 k n 0 [Cn ? Cn ? ... ? Cn ?1 ? ... ? Cn ?1 ] ? 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 k n F ( x) ? x 2 n ? nCn x 2( n?1) ? (n ? 1)Cn x 2( n?2) ... ? (n ? k ? 1)Cn x 2( n ?k ) ? ... ? 2Cn ?1 x 2 ? 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 F (1) ? F (0) ? Cn ? nCn ? (n ? 1)Cn ... ? (n ? k ? 1)Cn ? ... ? 2Cn ?1


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

对上式两边求导得:
1 2 k n (1 ? x)n ? x n ? nx(1 ? x)n ?1 ? nx n ? nCn x n ?1 ? (n ? 1)Cn x n ?2 ? ...(n ? k ? 1)Cn x n ?k ? .. ? 2Cn ?1 x ? 1

1 F ( x)? ( 1 x n ) ? n 2x ( ? 2xn? ) ? nn2x ? 2 1

? F (1) ? F (0) ? 2n ? n2n?1 ? n ? 1 ? (n ? 2)2n?1 ? n ? 1
因此结论成立。
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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

? 1.629,1.310 ? 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 ? 银行贷款本息: 10(1 ? 5%)
10

1.310 ? 1 , ? 42.63(万元) 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) 银行本息和: 1.05 ? [1 ? (1 ? 5%) ? (1 ? 5%) ? ? ? (1 ? 5%) ]
2 9

10 ? 9 ? 0.5 2

? 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
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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:

xn (a ? b ? cxn )恒等于0, n ? N *,所以a ? b ? cx1 ? 0.即x1 ?
因为 x1>0,所以 a>b。 猜测:当且仅当 a>b,且 x1 ?

a ?b . c

a?b 时,每年年初鱼群的总量保持不变。 c

(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。 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 例 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) ;
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(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= ?

?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 项开始,没三个相邻的项周

?an ?3k ? 0, ? 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 ? (5 n ? 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 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? 。 ? ?2S 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

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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(5n ? 3) , 2 (n ? 1)(5n ? 2) n(5n ? 3) 于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8) ? (5n ? 2) ? ?20 n ? 8, 2 2
设 bn=5n-4,则数列 {bn } 为等差数列,前 n 项和 Tn= 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

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。

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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;部 ? a n a n ?1 ?

分无理数列、含阶乘的数列等; (3) 错位相减法: 适用于 ?a n bn ? 其中{ a n }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

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

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

?1

?

2

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

n

1 n(n ? 1)( 2n ? 1) 6

(5)

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

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

(6)

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??;

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(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) ; (4)错位相减(等比数列求和公式的推导方法) 。

an ? g (n)(n ? 2) ,则??; an ?1

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