1、 (五)数 列方法总结1.数列an前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式：an= 2,1,nS2.求通项常用方法作新数列法.作等差数列与等比数列.叠加法.最基本形式是：an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1.归纳、猜想法.3.数列前 n 项和常用求法重要公式1+2+n= 21n(n+1)12+22+n2= 6n(n+1)(2n+1)13+23+n3=(1+2+n)2= 41n2(n+1)2等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.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)，然后累加时抵
2、消中间的许多项.错项相消法并项求和法例题1.等差数列an的前 m 项的和为 30，前 2m 项的和为 100，则它的前 3m 项的和为_.解法一：将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+ 2)1(nd,得：102)(31dma 210)3(,401321 dmaSdm解 得解法二：由等差数列an的前 n 项和公式知，Sn 是关于 n 的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B 是常数）.将 Sm=30,S2m=100 代入，得mBAmA102 102)(32,S3m=A(3m)2+B3m=210解法三：根据等差数列性质知：Sm,S2mSm,S3mS2m 也成等差数列，从而有：2(S2
3、mSm)=Sm+(S3mS2m) S3m=3(S2mSm)=210解法四：令 m=1 得 S1=30，S2=100，得 a1=30,a1+a2=100,a1=30,a2=70a3=70+(7030)=110 S3=a1+a2+a3=2102.已知函数 f(x)= 412x(x0)(2)1,221 nnnaa，2na是公差为 4 的等差数列，a1=1,2n= 1+4(n1)=4n3,an0,an= 31.(3)bn=Sn+1Sn=an+12= 14n,由 bn 14n,设 g(n)= 1425n,g(n)=1425n在 nN*上是减函数，g(n)的最大值是 g(1)=5,m5,存在最小正整数 m
4、=6,使对任意 nN*有 bn0.85bn,有 250+(n-1)50400(1.08)n-10.85.由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数 n=6.到 2009 年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%.10.设正项等比数列 na的首项 21，前 n 项和为 nS，且0)12(120301SS。（）求 n的通项；（）求 的前 n 项和 T。解：（I）由 210S30-(210+1)S20+S10=0 得 210(S30-S20)=S20-S10，即 210(a21+a22+a30)=a11+a12+a20,可得 210q10(a11+a12+a20)=a11+
5、a12+a20.因为 an0，所以 210q10=1,解得 q= 21,因而 an=a1qn-1= n21,n=1,2,.(II)因为an是首项 a1= 21、公比 q= 的等比数列，故 Sn= 21)(n=1-n21，nSn=n- n.则数列nSn的前 n 项和 Tn=(1+2+n)-( 21+ + n)，21nT(1+2+n)-( 21+ 3+ 1n).前两式相减，得nT(1+2+n)-( 2+ + n)+ 12 = 4)1(n-21)(n+ 1,Tn=.212)(nn11.设an是正数组成的数列，其前 n 项和为 Sn，并且对于所有的自然数 n，an 与 2的等差中项等于 Sn 与 2
6、的等比中项.(1)写出数列an的前 3 项(2)求数列an的通项公式(写出推证过程)(3)令 bn=)211na(nN*)，求 b1+b2+b3+bnn解：(1)由题意，当 n=1 时，有 112S，S1=a1， 112a，解得 a1=2.当 n=2 时，有 2Sa，S2=a1+a2，将 a1=2 代入，整理得(a22)2=16，由 a20，解得 a2=6.当 n=3 时，有 33，S3=a1+a2+a3，将 a1=2，a2=6 代入，整理得(a32)2=64，由 a30，解得 a3=10.故该数列的前 3 项为2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想数列an.有通项公式 an=4n2.下面用
7、数学归纳法证明an的通项公式是 an=4n2，(nN*）.当 n=1 时，因为 412=2， ，又在(1)中已求出 a1=2，结论成立.假设当 n=k 时，结论成立，即有 ak=4k2，由题意，有 kkSa2，将ak=4k2.代入上式，解得 2k= kS2，得 Sk=2k2，由题意，有 11，Sk+1=Sk+ak+1，将 Sk=2k2 代入得(1a)2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+124ak+1+416k2=0，由 ak+10，解得 ak+1=2+4k，所以 ak+1=2+4k=4(k+1)2，即当 n=k+1 时，结论成立.根据，对所有的自然数 nN*成立.解法二：由题意知 nnSa
8、2，(nN*).整理得，Sn= 81(an+2)2,由此得Sn+1= 81(an+1+2)2，an+1=Sn+1Sn= 81(an+1+2)2(an+2)2.整理得(an+1+an）(an+1an4)=0，由题意知 an+1+an0，an+1an=4，即数列an为等差数列，其中a1=2，公差 d=4.an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通项公式为 an=4n2.解法三：由已知得 nnSa2,(nN*)，所以有 112nnSa，由式得112nnSS，整理得 Sn+12 1nS+2Sn=0，解得 nS，由于数列an为正项数列，而 2,1S，因而 nS21，即Sn是以 21S为首项，以 为公差
9、的等差数列.所以 = +(n1)2= n,Sn=2n2，故 an=)2(,4)(,1nSn即 an=4n2(nN*).(3)令 cn=bn1，则 cn=(21na.1)21(lim)(lim,()513)1 ,12)2()2(221 nnbbccnnnn 12.已知数列an是公差为 d 的等差数列，数列bn是公比为 q 的(qR 且 q1)的等比数列，若函数 f(x)=(x1)2，且 a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，(1)求数列an和bn的通项公式(2)设数列cn的前 n 项和为 Sn，对一切 nN*，都有 ncbc21=an+1 成立，求 Sn解：
10、(1)a1=f(d1)=(d2)2，a3=f(d+1)=d2，a3a1=d2(d2)2=2d，d=2，an=a1+(n1)d=2(n1)；又 b1=f(q+1)=q2，b3=f(q1)=(q2)2，213)(qb=q2，由 qR，且 q1，得 q=2，bn=bqn1=4(2)n1(2)令 nc=dn，则 d1+d2+dn=an+1,(nN*),dn=an+1an=2, nbc=2,即cn=2bn=8(2)n1；Sn= 381(2)n.13.设 An 为数列an的前 n 项和，An= 2(an1)，数列bn的通项公式为 bn=4n+3;(1)求数列an的通项公式(2)把数列an与bn的公共项按从
11、小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列dn的通项公式为 dn=32n+1(3)设数列dn的第 n 项是数列bn中的第 r 项，Br 为数列bn的前 r 项的和；Dn 为数列dn的前 n 项和，Tn=BrDn，求 Tn .解：(1)由 An= 23(an1)，可知 An+1= 23(an+11)，an+1an= 23(an+1an)，即na1=3，而 a1=A1= 23(a11)，得 a1=3，所以数列是以 3 为首项，公比为 3 的等比数列，数列an的通项公式 an=3n.(2)32n+1=332n=3(41)2n=342n+C12n42n1(1)+C12n4(1)+(1)2n=4n+3，3
12、2n+1bn.而数 32n=(41)2n=42n+C12n42n1(1)+C12n4(1)+(1)2n=(4k+1)，32n bn，而数列an=a2n+1a2n，dn=32n+1.(3)由 32n+1=4r+3，可知 r= 4312n，Br=)19(827)1(927,)5(2)347( 1212 nnnnnDrr，89)(lim,3)(,431)9(87894424121 nnnn nraTaDB练习1.设等差数列an的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S120,S13a2a3a12a13,因此，在 S1，S2，S12 中 Sk 为最大值的条件为：ak0 且 ak+10,即0)2(3d
13、kaa3=12, 123dk，d0,2 d12k3 724d3,714,得 5.5k7.因为 k 是正整数，所以 k=6,即在 S1，S2，S12 中，S6 最大.解法二：由 d0 得 a1a2a12a13，因此，若在 1k12 中有自然数 k,使得ak0,且 ak+10,则 Sk 是 S1，S2，S12 中的最大值.由等差数列性质得，当m、n、p、qN*,且 m+n=p+q 时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=132S130,a70,a7+a6=a1+a12= 61S120,a6a70,故在S1，S2，S12 中 S6 最大.解法三：依题意得：)(2)1()(21 nd
14、ndnaS 2 45,0,)45(8)45(12ddnd 最小时，Sn 最大； 7d3,6 (5 )6.5.从而，在正整数中，当 n=6 时， n 21(54)2 最小，所以 S6 最大.2.解：由题意知 a52=a1a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d) a1d=2d2,d0,a1=2d,数列 nba的公比 q= 154ad=3, nba=a13n1 又 nb=a1+(bn1)d= 2bn由得 a13n1= 2a1.a1=2d0,bn=23n11.3.证明：(1）an是等差数列，2ak+1=ak+ak+2,故方程 akx2+2ak+1x+ak+2=0 可变为(akx+ak+2)(x
15、+1)=0,当 k 取不同自然数时，原方程有一个公共根1.(2）原方程不同的根为 xk= kkkada212.21 )(212)(, 11为 公 差 的 等 差 数 列是 以 常 数k kkkkkkx dadadx4.解：(1）可解得1na，从而 an=2n，有 Sn=n2+n，(2)Tn=2n+n1.(3)TnSn=2nn21，验证可知，n=1 时，T1=S1，n=2 时 T2S2；n=3 时，T3S3;n=4 时，T4S4；n=5 时，T5S5；n=6 时 T6S6.猜想当 n5 时，TnSn，即2nn2+1可用数学归纳法证明(略）.5.解：(1）由 an+2=2an+1an an+2an
16、+1=an+1an 可知an成等差数列，d= 14a=2,an=102n.(2)由 an=102n0 可得 n5，当 n5 时，Sn=n2+9n，当 n5 时，Sn=n29n+40，故 Sn= 40912(3)bn=)1()()1( nnan)1(2)1()321()(21 nnbbTnn ；要使 Tn32m总成立，需 3T1= 4成立，即 m8 且 mZ，故适合条件的 m 的最大值为 7.6.解：(1)设数列bn的公差为 d，由题意得： 1452)0(1db解得 b1=1,d=3,bn=3n2.(2)由 bn=3n2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ 41)+loga(1+ 23
17、1n)=loga(1+1)(1+ 41)(1+ 23n) ， logabn+1=loga .因此要比较 Sn 与 logabn+1 的大小，可先比较(1+1)(1+ 41)(1+ 23n)与31n的大小，取 n=1 时，有(1+1) 31取 n=2 时，有(1+1)(1+ 4) 2由此推测(1+1)(1+ )(1+ 3n) 31若式成立，则由对数函数性质可判定：当 a1 时，Sn 31logabn+1， 当 0a1 时，Sn 31logabn+1，下面用数学归纳法证明式.()当 n=1 时，已验证式成立.()假设当 n=k 时(k1） ，式成立，即： 31)2()41k.那么当 n=k+1 时
18、，3332 22223 331)()1)(21()41( 4,09 )()1()()(1 ).2(1(4)( kkk kk k因 而这就是说式当 n=k+1 时也成立. 由(）(）可知式对任何正整数 n 都成立.由此证得：当 a1 时，Sn 3logabn+1；当 0a1 时，Sn 3logabn+1 .7.解：(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2，得 3t(1+a2)(2t+3)=3t.a2= tat32,1.又 3tSn(2t+3)Sn1=3t，3tSn1(2t+3)Sn2=3t 得 3tan(2t+3)an1=0. tan321,n=2,3,4,所以an是一个首项为 1 公比为 t3
19、2的等比数列；(2)由 f(t)= t= t1,得 bn=f( 1nb)= 32+bn1可见bn是一个首项为 1，公差为 的等差数列.于是 bn=1+ 32(n1)=1n;(3)由 bn= 32n,可知b2n1和b2n是首项分别为 1 和5，公差均为4的等差数列，于是 b2n=14,b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2n b2nb2n+1 =b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1)= 34(b2+b4+b2n)= 34 2n(5+ 314n)= 94(2n2+3n)(六)不等式问题不等式是中学数学的主要内容，涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数
20、学中对逻辑推理能力要求较高的内容，是中学数学的一个难点。近年来，虽然淡化了单纯的证明题，但是以能力立意与证明有关的综合题却频繁出现，尤其与一次函数，二次函数放在一起综合考查逻辑推理能力是考查的重要内容，且不等式的证明难度大，综合性强。例 1 若 a、b、c 是实数，f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b, 当-1x1 时,|f(x)|1. 求证：|c|1 当|x|1 时, |g(x)|2 设 a0,当-1x1 时, g(x)的最大值为 2，求 f(x).证明：(1) 由条件知：|f(0)|=|c|1(2) g(x)=ax+b 为一次函数, 要证：|g(x)|2, 则只需|g(-1)|2
21、,|g(1)|2 而|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|f(1)|+|c|2 |g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|f(-1)|+|c|2 故当：|x|1 时, |g(x)|2(3) 因为 a0, 则 g(x)在-1,1上是增函数, 当 x=1 时取最大值 2, 即 g(1)=2=a+b 则：f(1)-f(0)=2, 又因为-1f(0)=f(1)-21-2=-1, c=f(0)=-1，因为当-1x1 时，|f(x)|1，即 f(x)-1，由二次函数的性质知：直线 x=0 为 f(x)图像的对称轴，由此得：-ab2=0，即 b=0，由 a+b=2，得 a=2，所以 f(x)=2x2
22、-1。例 2 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a0),方程 f(x)-x=0 的两根 x1、x2，满足00 恒成立，即 f(x)x.又 f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1 =(x-x1)a(x-x2)+1 因为 00 1+a(x-x2)=1+ax-ax21-ax20 得 f(x)-x1 21,则函数 f(x)在(,a 上的最小值为 f( 21)= 43+a,且 f( 21)f(a).当 xa 时，函数 f(x)=x2+xa+1=(x+ )2a+ ;当 a 时，则函数 f(x)在a,+ )上的最小值为 f( 21)= 43a,且 f( 21)f(a). 若 a 21,
23、则函数 f(x)在a,+)上单调递增，从而，函数 f(x)在a,+)上的最小值为 f(a)=a2+1.综上，当 a 21时，函数 f(x)的最小值是 43a,当 21a 时，函数 f(x)的最小值是 a2+1;当 a 时，函数 f(x)的最小值是 a + .例 4 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c,当-1f(x)1 时, |f(x)|1.求证：(1) |c|1,|b|1,|a|2 (2) 当|x|2 时, |f(x)|7证明：(1) 由于当-1x1 时, |f(x)|1.则|f(0)|1. 即|c|1. 且 -1f(-1)1 即 -1a-b+c1 -1f(1)1 即 -1a+b+c1
24、+式得：-22b2 即-1b1|b|1由、得：-1-ca-b1-c, -1+ca+b1+c, 而-1c1=-2-1-c, 1+c2 故 -2a-b2, -2a+b2 =-42a4, 即|a|2(2)|f(2)|=|4a+2b+c|=|2(a+b+c)+2a-c|2|f(1)|+2|a|+|c|7|f(-2)|=4a-2b+c|=|2(a-b+c)+2a-c|2|f(-1)|+2|a|+|c|7当-2- ab22 时, | ab|2, 此时|f(- ab2)|=|bc42|=|c- a2|c|+| 4|c|+| |27,故当|x|2 时, |f(x)|7例 5 若 f(x)=ax2+bx+c(a
25、、bR),在区间0,1上恒有|f(x)|1, (1) 对于所有这样的 f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值(2) 试给出一个这样的 f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值解:(1)由 f(1)=a+b+c, f(0)=c ,f( 21)= 4a+ b+c, 可解得 a=2f(1)-4f( 21)+2f(0),b=4f( 21)-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|1, |f(0)|1, |f( )|1故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f( 21)+2f(0)|+|4f( 21)-3f(0)-f(1)|+|f(0)|2|f(1)|+4f|( )|+2
26、|f(0)|+|4|f( )|+3|f(0)|+|f(1)|+|f(0)|17所以|a|+|b|+|c|的最大值为 17由(1)知，上式取“=”的条件至少应满足: |f(0)|=1, |f(1)|=1, |f( 21)|=1故 x= 21应为函数 y=f(x)的对称轴, 则可设 f(x)=a(x- 21)21 再将|f(0)|=1,|f(1)|=1 代入检验得：f(x)=8x2-8x+1例 6 已知关于 x 的二次方程 x2+2mx+2m+1=0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求 m 的范围.(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求 m 的范围.解：
27、(1)抛物线 f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴的交点分别在区间(1，0)和(1，2)内，画出示意图，得 65,21056)2(,41)0(mRff 2165m.(2)据抛物线与 x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组 10,)(,f.01,21,2m或(这里 00.求证：)21(3()152fnfff .参考答案:1(1)设 g(x)=f(x)x=ax2+(b1)x+1，且 x0.x12x24，(x12)(x22)0，即 x1x22(x1+x2)4，12)4(12)(1 2)()(21)( 120 x xxxaba于 是 得(2)由方程 g(x)=ax2+(b1)x+1=0 可
28、知 x1x2= a0，所以 x1，x2 同号1若 0x12，则 x2x1=2，x2=x1+22，g(2)0，即 4a+2b10 又(x2x1)2=4)1(2ab2a+1= 1)(2b(a0)代入式得，2 )(232b 解得 b 42若 2x10，则 x2=2+x12g(2)0，即 4a2b+30 又 2a+1= 1)(2，代入式得2 1)(2b2b1 解得 b 47.综上，当 0x12 时，b 4，当2x10 时，b 47.2(1)证明：令 m0，n=0 得：f(m)=f(m)f(0).f(m)0，f(0)=1取 m=m，n=m，(m0)，得 f(0)=f(m)f(m)f(m)= )(1f，m
29、0，m0，0f(m)1，f(m)1(2)证明：任取 x1，x2R，则 f(x1)f(x2)=f(x1)f(x2x1)+x1=f(x1)f(x2x1)f(x1)=f(x1)1f(x2x1) ，f(x1)0，1f(x2x1)0，f(x1)f(x2)，函数 f(x)在 R 上为单调减函数.(3)由 021)(1)2( yaxfyaxf 得，由题意此不等式组无解，数形结合得： 1|21，解得 a23 a 3， 3 解：(1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为 vS,全程运输成本为y=a vS+bv2 =S( v+bv) 所求函数及其定义域为 y=S(a+bv),v(0,c .(2)依题意知，
30、S、a、b、v 均为正数 S( va+bv)2S b 当且仅当 =bv,即 v= ba时，式中等号成立.若 c 则当 v=a时，有 ymin；若 bac,则当 v(0,c 时，有 S( v+bv)S(a+bc)=S( c)+(bvbc)= cS(cv)(abcv)cv0,且cbc2,abcvabc20S( v+bv)S( c+bc),当且仅当 v=c 时等号成立，也即当 v=c 时，有 ymin；综上可知，为使全程运输成本 y 最小，当 bac 时，行驶速度应为 v= ba,当bac 时行驶速度应为 v=c.4 证明：对 f(x)+f(y)=f( xy1)中的 x,y,令 x=y=0,得 f(
31、0)=0,再令 y=x,又得 f(x)+f(x)=f(0)=0,即 f(x)=f(x),f(x)在 x(1,1)上是奇函数.设1x1x20,则 f(x1)f(x2)=f(x1)+f(x2)=f( 21),1x1x20,x1x20,1x1x20. 21x0,于是由知 f( 21x) 0,从而 f(x1)f(x2)0,即 f(x1)f(x2),故 f(x)在 x(1,0)上是单调递减函数.根据奇函数的图象关于原点对称，知 f(x)在 x(0,1)上仍是递减函数，且 f(x)0),21()()21,0,0 ),21()21()()41(3)1(2)5( )21()()21( )2(1)2(1)31(22故 原 结 论 成 立有时 fnff nffnffffff nffnf nfnfnf
