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第1章章末小结
【知识导图】
【题型突破】
已知Sn求an
例1　已知数列{an}的前n项和Sn=2n-n2，an=log5bn，其中bn>0，求数列{bn}的前n项和.
　注意由Sn求an时，分两步完成后要判断a1是否符合当n≥2时的式子，若符合，则可统一为一个式子；若不符合，则需要分段写出.
等差、等比数列的基本运算
例2　(2023年新高考全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d.
　在等差(比)数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及a1，an，n，d(q)，Sn这五个量，其中a1和d(q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入方法的运用.
裂项相消法求和
例3　(2022年新高考全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，是公差为的等差数列.
(1)求{an}的通项公式.
(2)证明：++…+<2.
　本题考查数列的递推关系式、数列的通项公式的求法、数列的求和以及裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力.先利用前n项和求出an与an-1之间的关系，再利用递推关系求出an的表达式是本题的解题关键.
等差数列、等比数列的证明
例4　(2021年全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2=3a1.
　本题主要考查等差数列的判定与证明、等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式等知识，提升学生逻辑推理和数学运算的核心素养.证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an-an-1为同一常数.
(2)等差中项法：验证2an-1=an+an-2(n≥3，n∈N+)都成立.
(3)通项公式：an=pn+q(p，q为常数) {an}是等差数列.
(4)前n项和公式：Sn=An2+Bn(A，B为常数) {an}是等差数列.
问题的最终判定还是利用等差数列的定义.
错位相减法求和
例5　(2024年全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
　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项和可用错位相减法求解.本题考查了数学运算和逻辑推理的核心素养.
分组求和法
例6　(2023年新高考全国Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn=记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4=32，T3=16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
　本题主要考查数列的递推式，数列的求和，提升学生数学运算和逻辑推理的核心素养.
1.若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差数列或等比数列，则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn=其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，则可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
数列的单调性
例7　已知数列{an}中，an=1+(n∈N+，a∈R且a≠0).
(1)若a=-7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N+，都有an≤a6成立，求实数a的取值范围.
　本题考查数列与函数思想的综合应用，通过构造函数来判断数列的单调性.本题考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
数列的实际应用
例8　某公司2023年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2024年起，在之后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的生产与维护，2023年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长25%.记2023年为第1年，f(n)为第1年至此后第n(n∈N+)年的累计利润(注：含第n年，累计利润=累计收入-累计投入，单位：千万元)，且当f(n)为正值时，认为新产品盈利.(参考数据：1.257≈4.8，1.258≈6.0，1.259≈7.5，1.2510≈9.3)
(1)试求f(n)的表达式；
(2)根据预测，该新产品将从哪一年开始并持续盈利 请说明理由.
　对于数列的实际应用问题，要先弄清哪些量构成一个数列，并判断出数列的类型，写出数列的基本量，再判断所求是数列的某一项还是前n项和.本题考查了数学建模和数学运算的核心素养.
参考答案
第1章章末小结
题型突破
例1　【解析】设数列{bn}的前n项和为Tn，
当n=1时，a1=S1=1；
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3-2n.
经检验，a1=1也符合上式，∴an=3-2n.
又∵an=log5bn，∴bn==53-2n.
∵==，b1=5，
∴数列{bn}是以5为首项，为公比的等比数列，
∴Tn==1-.
例2　【解析】(1)因为3a2=3a1+a3，所以3(a2-a1)=a1+2d，
所以3d=a1+2d，所以a1=d，
所以an=nd.
因为bn=，所以bn==，
所以S3===6d，T3=b1+b2+b3=++=.
因为S3+T3=21，
所以6d+=21，解得d=3或d=.
因为d>1，所以d=3，
所以{an}的通项公式为an=3n.
(2)因为bn=，且{bn}为等差数列，
所以2b2=b1+b3，即2×=+，
所以-=，所以-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d.
①当a1=d时，an=nd，所以bn===，
S99===99×50d，
T99===.
因为S99-T99=99，
所以99×50d-=99，
即50d2-d-51=0，
解得d=或d=-1(舍去).
②当a1=2d时，an=(n+1)d，所以bn===，
S99===99×51d，
T99===.
因为S99-T99=99，
所以99×51d-=99，
即51d2-d-50=0，
解得d=-(舍去)或d=1(舍去).
综上，d=.
例3　【解析】(1)∵a1=1，∴S1=a1=1，∴=1，
又是公差为的等差数列，
∴=1+(n-1)=，∴Sn=，
当n≥2时，Sn-1=，
∴an=Sn-Sn-1=-，
整理得(n-1)an=(n+1)an-1，
即=，
∴an=a1···…··
=1×××…··=(n≥2)，
显然对于n=1也成立，
∴{an}的通项公式为an=.
(2)∵==2-，
∴++…+=2×1-+-+…+-=21-<2.
例4　【解析】若选择①③为条件，则②为结论.
证明如下：
设等差数列{an}的公差为d，
由题意可得a2=a1+d=3a1，∴d=2a1，
数列{an}的前n项和Sn=na1+d=na1+×2a1=n2a1，
故-=n-(n-1)=，
∴数列{}是等差数列.
若选择①②为条件，则③为结论.
证明如下：
设数列{an}的公差为d，
则=，==，==，
∵数列{}为等差数列，∴+=2，即[+]2=(2)2，整理得d=2a1，
∴a2=a1+d=3a1.
若选择②③为条件，则①为结论.
证明如下：
∵S2=a1+a2=4a1，∴=2，
则等差数列{}的公差d=-=，
∴数列{}的通项公式为=+(n-1)d=n，
∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1，
∵当n=1时上式也成立，∴数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1，
由an+1-an=[2(n+1)-1]a1-(2n-1)a1=2a1，可知数列{an}是等差数列.
例5　【解析】(1)当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.
当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4，所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，即an=-3an-1.
又a1=4≠0，则an≠0，所以=-3，
所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，
所以an=4·(-3)n-1.
(2)由(1)可得bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=4×30+8×31+12×32+…+4n·3n-1，
则3Tn=4×31+8×32+…+4(n-1)3n-1+4n·3n，
两式相减可得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4·3n-1-4n·3n
=4·-4n·3n=2·(3n-1)-4n·3n
=(2-4n)·3n-2，
所以Tn=(2n-1)·3n+1.
例6　【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为bn=
所以b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6.
因为S4=32，T3=16，
所以
整理得解得
所以{an}的通项公式为an=2n+3.
(2)由(1)知，an=2n+3，
所以Sn==n2+4n，bn=k∈N+.
当n为奇数时，
Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+7+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+30+…+(4n+2)]=+=.
当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)==>0，
所以Tn>Sn.
当n为偶数时，
Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]=[-1+3+7+…+(2n-5)]+[14+22+30+…+(4n+6)]=+=.
当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)==>0，
所以Tn>Sn.
综上可知，当n>5时，Tn>Sn.
例7　【解析】(1)∵an=1+(n∈N+，a∈R且a≠0)，且a=-7，∴an=1+(n∈N+).结合函数f(x)=1+的单调性可知，1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N+)，
∴数列{an}中的最大项为a5=2，最小项为a4=0.
(2)已知an=1+=1+，
对任意的n∈N+，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)=1+的单调性可知，5<<6，
∴-10例8　【解析】(1)由题意知，第1年至此后第n(n∈N+)年的累计投入为4+(n-1)=n+3(千万元).
设第n年的收入为an千万元，前n年的累计收入为Sn千万元，
由题意得a1=，则an+1=an×(1+25%)=an，
所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
则有an=n-1，
Sn=a1+a2+…+an==2n-1，
所以f(n)=Sn-(n+3)=2n-1-n-3，即f(n)=2×n-n-5.
故f(n)的表达式为f(n)=2×n-n-5(n∈N+).
(2)因为f(n+1)-f(n)=×n-1，
所以当n≤3时，f(n+1)-f(n)<0，即f(n)单调递减，
当n≥4时，f(n+1)-f(n)>0，即f(n)单调递增，
又f(1)=-<0，f(8)=2×8-8-5<0，f(9)=2×9-9-5>0，
所以该新产品将从第9年开始并持续盈利，即从2031年开始并持续盈利.

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