1、6.4数列求和及应用1数列求和方法(1)公式法：()等差数列、等比数列前n项和公式()常见数列的前n项和：123n ；2462n ；135(2n1) ；122232n2 ；132333n3.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列(3)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和等比数列an前n项和公式的推导方法就采用了错位相减法(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和常见的裂项公式： ； ； ； ()； ；C ；nn！ ！n！；anSnSn1(n2)2数列应用题
2、常见模型(1)单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y .(2)复利公式利息按复利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y .(3)产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x，总产值y .(4)递推型递推型有an1f(an)与Sn1f(Sn)两类(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等自查自纠1(1)n2nn2(5)CC(n1)2(1)a(1xr)(2)a(1r)x(3)N(1p)x 设数列1，(12)，(12222n1)，的前n项和为Sn，则Sn等于()A2n B2nnC2n1n D2n1n2解法一：特
3、殊值法，易知S11，S24，只有选项D适合解法二：研究通项an12222n12n1，Sn(211)(221)(2n1)(21222n)n2n1n2.故选D. ()若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于()A6 B7 C8 D9解：由韦达定理得abp，abq，则a0，b0，当a，b，2适当排序后成等比数列时，2必为等比中项，有abq4，b；当a，b，2适当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，不妨设a是等差中项，2a2，解得a1，b4；abp5，从而pq9.故选D. 已知等差数列an的前
4、n项和Sn满足S30，S55，则数列的前8项和为()A B C. D.解：设数列an的公差为d，则Snna1d.由已知可得 解得an的通项公式为an2n.，数列的前8项和为().故选B. 黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖_块解：设第n个图案中白色地面砖有an块，则a16，a210，a314，易知anan14(n2)，an是以6为首项，4为公差的等差数列，an64(n1)4n2.故填4n2. 321422523(n2)2n_.解：设S345(n2)，则S345(n2).两式相减得S3.S334.故填4.类型一基本求和问题数列求和：(1)求数列
5、1，2，3，的前n项和Sn；(2)求和：1；(3)设f(x)，求：fff(1)f(2)f(2 014)；(4)求和：Sn.解：(1)Sn(n)(123n)n(n1)n(n1)1.(2)设数列的通项为an，则an2，Sna1a2an22.(3)f(x)，f(x)f1.令Sfff(1)f(2)f(2 014)，则Sf(2 014)f(2 013)f(1)fff()，得：2S14 0274 027，所以S.(4)()当a1时，Sn12n.()当a1时，Sn，Sn，由得Sn，Sn.综上所述，Sn【点拨】数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列
6、的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法求和：(1)求数列9，99，999，的前n项和Sn；(2)求数列，的前n项和；(3)求sin21sin22sin23sin289的值解：(1)Sn999999(1011)(1021)(1031)(10n1)(10110210310n)nnn.(2)an.Sn.(3)令Snsin21sin22sin23sin289，则Snsin289sin288sin287sin21cos21cos22cos23cos289.与两边分别相加得2
7、Sn(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)89.Sn.类型二可用数列模型解决的实际问题从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收入估计400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加.(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为An万元，旅游业总收入为Bn万元，写出An和Bn的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？(lg20.301)解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800(1)万元，第n
8、年的投入为800万元所以n年内的总投入为：An80080080040004000；第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400万元，第n年旅游业收入为400万元所以n年内的旅游业总收入为Bn40040040016001600.(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，因此BnAn0，即16001600400040000，化简得2570，设x，代入上式得，2x27x50，解得x，或x1(舍去)，即，两边取对数得nlglg，n4.103，由此得n5.答：至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入【点拨】将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：审题，建模，求解，检验，作答增长率模型是
9、比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决()为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数Wn；(2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值解：(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量依题意，得an是以
10、128为首项，为公比的等比数列，bn是以400为首项，a为公差的等差数列所以an的前n项和Sn256，bn的前n项和Tn400na.所以经过n年，该市被更换的公交车总数为WnSnTn256400na.(2)若计划7年内完成全部更换，则W710 000，所以2564007a10 000，即21a3 082，所以a146.又aN*，所以a的最小值为147.1数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列Sn的通项通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一2对于一般数列的求和问题，应
11、先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的3等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏4最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等5数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型6数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分q1或q1)等1数列an的通项公式为an，若an的前n项和为24，则n(
12、)A25 B576 C624 D625解：an，Sn()()()1，令Sn24得n624.故选C.2已知函数f(n) 且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D10 200解：a1a2a3a10012222232324242529921002100210122(10121002)(992982)(972962)(3222)110122(2011971935)1101221101210 3011012100.故选B.3已知数列an满足an2an(nN)，且a11，a22，则数列an的前2 017项的和为()A2 B3 C3 D1解：an2an(an2)a
13、n2，n2，数列an是以4为周期的周期数列S2 017504(a1a2a3a4)a2 017504(a1a2a1a2)a50441a11.故选D.4设f(x)，则fff的值为()A5 B10 C15 D20解：f(x)，f(1x)，f(x)f(1x)1.原式ffffff111115.故选A.5已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn为()A. B.C. D.解：an，bn4，Sn44.故选B.6如图所示，作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆如此下去，前n个内切圆的面积和为()A. B.C. D.解：设第n个三角形的内切圆半径为an，则易知a
14、1atan30a，a2a1，anan1，故数列an是首项为a，公比为的等比数列ana.设前n个内切圆面积和为Sn，则Sn(aaa)aa.故选D.7()设数列an是首项为1，公比为2的等比数列，则a1|a2|a3|a4|_.解：依题意an1(2)n1(2)n1，a11，a22，a34，a48，a1|a2|a3|a4|124815.故填15.8已知an2nsin2，nN*，Sna1a2an，则S30_.解：an2nsin2nncos，设bnncos ，当n3k，kN*时，bnn；当n3k1，kN时，bn；当n3k2，kN时，bn，b3b6b303630165，b1b4b28(1428)，b2b5b
15、29(2529).b1b2b3016515，S30(1230)(b1b2b30)46515450.故填450.9()已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和解：(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.10()已知数列an满足an2
16、qan(q为实数，且q1)，nN*，a11，a22，且a2a3，a3a4，a4a5成等差数列(1)求q的值和an的通项公式；(2)设bn，nN*，求数列bn的前n项和解：(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即a4a2a5a3，所以a2(q1)a3(q1)又因为q1，故a3a22，由a3a1q，得q2.当n2k1(kN*)时，ana2k12k12；当n2k(kN*)时，ana2k2k2.所以an的通项公式为an(2)由(1)得bn.设bn的前n项和为Sn，则Sn123(n1)n，Sn123(n1)n，上述两式相减，得Sn12，整理得，Sn4.所以数列bn的前n项和为
17、4，nN*.11某企业为加大对新产品的推销力度，决定从今年起每年投入100万元进行广告宣传，以增加新产品的销售收入已知今年的销售收入为250万元，经市场调查，预测第n年与第n1年销售收入an与an1(单位：万元)满足关系式：anan1100.(1)设今年为第1年，求第n年的销售收入an；(2)依上述预测，该企业前几年的销售收入总和Sn最大解：(1)由题意可知anan1100(n2)，an1an2100，a3a2100，a2a1100，a1250.以上各式相加得，an500100(n1)500100(n1)500100(n1)(2)要求销售收入总和Sn的最大值，即求年销售收入大于零的所有年销售收
18、入的和an500100(n1)，要使an0，即500100(n1)0，也就是1.0，故n6时，1不符合，检验n1，2，3，4，5符合a50，a60.该企业前5年的销售收入总和最大 ()设函数fn(x)x(3n1)x2(其中nN*)，区间Inx|fn(x)0(1)定义区间(，)的长度为，求区间In的长度；(2)把区间In的长度记作数列an，令bnanan1，求数列bn的前n项和Tn；是否存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由解：(1)由fn(x)0，得x(3n1)x20，解得0x，即In.所以区间的长度为0.(2)由(1)知
19、an.bnanan1，Tnb1b2bn.由知，T1，Tm，Tn.假设存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列，则TT1Tn，化简得.(3m26m2)n5m2(*)当m2时，(*)式可化为2n20，n10.当m3时，3m26m23(m1)2570.又5m20，(*)式可化为n0，此时n无正整数解综上可知，存在满足条件的正整数m，n，此时m2，n10.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1()已知等差数列an的前13项之和为39，则a6a7a8()A6 B9 C12 D18解法一：根据等差数列的求和公式可得：S131
20、3a1d39，化简得：a16d3，所以a6a7a8a15da16da17d3a118d3(a16d)339.解法二：由等差数列的性质得S1313a739，a73，a6a7a83a79.故选B.2已知数列an满足3an1an0，a2，则an的前10项和等于()A6(1310) B.(1310)C3(1310) D3(1310)解：由3an1an0，a2，得a14，.数列an是等比数列S103(1310)故选C.3设数列an是公差不为零的等差数列，它的前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，则等于()A3 B4 C6 D7解：数列an是公差不为零的等差数列，设公差为d.S1a1，S22a1d
21、，S44a16d.又S1，S2，S4成等比数列，SS1S4，可得d2a1或d0(舍去)a4a13d7a1.7.故选D.4()数列an满足anan1(nN*)，且a11，Sn是数列an的前n项和，则S21()A. B6 C10 D11解：S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)1106.故选B.5()根据如图所示的框图，对大于2的整数N，输出的数列的通项公式是( )Aan2n Ban2(n1)Can2n Dan2n1解：由程序框图可知：a1212，a2224，a3248，a42816，归纳可得an2n.故选C.6设等差数列an的前n项和是Sn，若ama10，且Sm10 BSm0CSm0
22、，且Sm10 DSm0，且Sm10解：ama10知其为真命题；对于p2，举反例数列：3，2，1，而数列3，4，3非递增数列，p2为假命题；对于p3，举反例数列：1，2，3，而数列1，1，1非递增数列，p3为假命题；对于p4，an13(n1)d(an3nd)4d0，因此an3nd是递增数列，p4为真命题解法二：ana1(n1)ddn(a1d)，令f(x)dx(a1d)因此只需要考查f(x)，xf(x)，f(x)3dx四个函数的图象和性质即可知，只有p1，p4为真命题故选D.9等差数列an的前n项和为Sn，已知am1am1a0，S2m138，则m()A38 B20 C10 D9解：因为an是等差数
23、列，所以am1am12am，由am1am1a0，得：2ama0，所以am2或0.又S2m138，即38，a1a2m12am0.a1a2m14，即(2m1)238，解得m10.故选C.10()已知各项都为正数的等比数列an中，a2a44，a1a2a314，则满足anan1an2的最大正整数n的值为()A3 B4 C5 D6解：a2a44，an0，a32，a1a212， 消去a1得，6.q0，q，a18，an824n.不等式anan1an2化为293n，当n4时，2934，当n5时，29350，则a20150，则a20140，则S20150 D若a40，则S20140解：可列举等比数列an(1)n
24、，此时a410，a201410，S20140，排除选项B，D；若a3a1q20，则a10，a2015a1q2014a1q2q20120，排除选项A，当q1时，S20152015a10；当q1时， S20150，C正确故选C.12()已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，则数列S1，S2，S2015中，有理项的项数为()A42 B43 C44 D45解：an，Sn1，要使Sn是有理项，只需是有理项(n1，2，2015)，又1，441245，有理项共有43项故选B.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13()张丘建算经卷上第22题“女子织布”问题：某女子善于织布，一
25、天比一天织得快，而且每天增加的数量相同已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加_尺解：设每天增加的数量为x尺，则530390，x.故填.14()已知是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_.解：由题意知aa1a5，即(a1d)2a1(a14d)，解得d0(舍去)或2.S8na1d81264.故填64.15()如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，若共得到1 023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为_解：设1242n11
26、023，即1 023，2n1 024，n10.正方形边长构成数列，其中第10项为，即所求最小正方形的边长为.故填.16已知等差数列an的前n项和为Sn，若S85，S1123，则a10的最小值为_解法一：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由S85，S1123得8a128d5，11a155d23.因此，问题转化为以为约束条件，a10a19d为目标函数的线性规划问题作出可行域，易知目标函数a10a19d在两直线的交点处取得最小值故a10的最小值为96.解法二：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由S85，S1123得即整理得 所以11a102344d8a105，得a106.若a106，则即d，
27、进而a1.故a1，d时，a10取得最小值6.解法三：引入参数，令a10a19d(8a128d)(11a155d)，则有解得于是a10(8a128d)(11a155d)5236.当即时，a10取得最小值6.故填6.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)()已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn1.1
28、8(12分)()已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列. (1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由. 解：(1)设数列an的公差为d，依题意，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n. 显然2n60n800.当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立
29、，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，且其最小值为41.19(12分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1)用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式(2)若公司希望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)解：(1)由题意得a12 000(
30、150%)d3 000d，a2a1(150%)da1d4 500d，an1an(150%)dand.(2)由(1)知anan1d(n2)，即an2d(an12d)，an2d是以3 0003d为首项，为公比的等比数列，则an(3 0003d)2d.由题意amm12d4 000，解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m年企业的剩余资金为4 000万元答略20(12分)()等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的公比为，满足S315，a12b13，a24b26.(1)求数列an，bn的通项an，bn；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解：(1)设an的公差为d，解得 an3n1，bn.(
31、2)由(1)知Tn258(3n4)(3n1)，得Tn25(3n4)(3n1)，得Tn23(3n1)13(3n1)，整理得Tn(3n5)5.21(12分)()已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)S1a1，S22a122a12，S44a124a112，又S1，S2，S4成等比数列，(2a12)2a1(4a112)解得a11，an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.Tn或Tn.22(12分)()数列an满足：a12a2n
32、an4，nN*.(1)求a3的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan (n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn22lnn.解：(1)a12a23a34，a12a242.3a32，a3.(2)n1时，a141.a12a2nan4，n2时，a12a2(n1)an14，有：nan，即an，检验n1时，也成立故an，即数列an是以1为首项，为公比的等比数列Tn22.(3)由题意可得Sn(a1a2an)2，要证Sn22lnn，只需证222lnn，只需证lnn，又因为lnnlnlnlnln，即需证ln，只需证lnln，令g(x)lnxx1g(x)1，因此函数在(0，1)上单调
33、递增，在(1，)上单调递减，因此g(x)g(1)0，又因为n2，011，因此gg(1)0，即ln10，即ln，问题得证所以数列bn的前n项和Sn满足Sn22lnn.第七章不等式1.不等关系了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式(组)的实际背景2一元二次不等式(1)会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型(2)通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系(3)会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图3二元一次不等式组与简单线性规划问题(1)会从实际情境中抽象出二元一次不等式组(2)了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组(3)会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决4基本不等式：(a0，b0)(1)了解基本不等式的证明过程(2)会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题
