数列的综合问题

数列的综合问题数列的综合问题数列的综合问题数列的综合问题编制仅供参考审核批准生效日期地址：电话：传真:邮编:10—数列的综合问题突破点(一)数列求和1．公式法与分组转化法：(1)公式法；(2)分组转化法；2．倒序相加法与并项求和法：(1)倒序相加法；(2)并项求和法：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.3．裂项相消法：(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)常见的裂项技巧：①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).②eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).4．错位相减法分组转化法求和[例1]已知数列{an}，{bn}满足a1＝5，an＝2an－1＋3n－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an－3n(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.[解](1)∵an＝2an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，∴an－3n＝2(an－1－3n－1)，∴bn＝2bn－1(n∈N*，n≥2)．∵b1＝a1－3＝2≠0，∴bn≠0(n≥2)，∴eq\f(bn,bn－1)＝2，∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴bn＝2·2n－1＝2n.(2)由(1)知an＝bn＋3n＝2n＋3n，∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(3＋32＋…＋3n)＝2n＋1＋eq\f(3n＋1,2)－eq\f(7,2).[方法技巧]分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．错位相减法求和[例2](2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1，又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.[方法技巧]错位相减法求和的策略(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．裂项相消法求和[例3]数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，数列{bn}是首项为a1，公差为d(d≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)若cn＝eq\f(2,n＋1bn)(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，又a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.则b1＝a1＝2.由b1，b3，b9成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)，解得d＝0(舍去)或d＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)由(1)得cn＝eq\f(2,n＋1bn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以数列{cn}的前n项和Tn＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n×n＋1)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).突破点(二)数列的综合应用问题1.等差、等比数列相结合的问题是高考考查的重点，主要有：1综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差比中项、等差比数列的性质；2重点考查基本量即“知三求二”，解方程组的计算以及灵活运用等差、等比数列的性质解决问题.2.数列与函数的特殊关系，决定了数列与函数交汇命题的自然性，是高考命题的易考点，主要考查方式有：1以数列为载体，考查函数解析式的求法，或者利用函数解析式给出数列的递推关系来求数列的通项公式或前n项和；2根据数列是一种特殊的函数这一特点命题，考查利用函数的性质来研究数列的单调性、最值等问题.3.数列与不等式的综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种：1判断数列问题中的一些不等关系，如比较数列中的项的大小关系等.2以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，求不等式中的参数的取值范围等.3考查与数列问题有关的不等式的证明问题.等差数列与等比数列的综合问题[例1]在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列；(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.[解](1)设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝30，,a1＋19d＝50，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,d＝2.))所以an＝12＋(n－1)×2＝2n＋10.(2)证明：由(1)，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(4n＋1,4n)＝4.所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列．(3)由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n，①4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1＝eq\f(41－4n,－3)－n×4n＋1.所以Tn＝eq\f(3n－1×4n＋1＋4,9).[方法技巧]等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．数列与函数的综合问题[例2]设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列{anbeq\o\al(2,n)}的前n项和Sn.[解](1)证明：由已知，bn＝2an＞0.当n≥1时，eq\f(bn＋1,bn)＝2an＋1－an＝2d.所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－eq\f(1,ln2).由题意，a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，则anbeq\o\al(2,n)＝n·4n.于是Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1.因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f(4n＋1－4,3)－n·4n＋1＝eq\f(1－3n4n＋1－4,3).所以Sn＝eq\f(3n－14n＋1＋4,9).[方法技巧]数列与函数问题的解题技巧(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．数列与不等式的综合问题[例3](2016·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数[解](1)由Sn＝2an－2可得a1＝2.因为Sn＝2an－2，所以，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即eq\f(an,an－1)＝2.所以an＝2n(n∈N*)．(2)由(1)知an＝2n，则bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).要使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立，即eq\f(n－8n＋1,2)≥k对任意n∈N*恒成立．设cn＝eq\f(1,2)(n－8)(n＋1)，则当n＝3或4时，cn取得最小值，为－10，所以k≤－10.即实数k的取值范围为(－∞，－10]．[方法技巧]数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．[全国卷5年真题集中演练]1.(2012·新课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为()A．3690B．3660C．1845 解析：选D不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S60＝30＋2×30＋eq\f(30×30－1,2)×4＝1830.2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．解：(1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，①可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②②－①，得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由an>0，得an＋1－an＝2.又aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).则Tn＝eq\f(n,32n＋3).3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列．所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，即an＝eq\f(3n－1,2).(2)证明：由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1)，即eq\f(2,3n－1)≤eq\f(1,3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n项和．解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5，))解得a1＝1，d＝－1.故{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,3－2n1－2n)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n－1))，从而数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n项和为eq\f(n,1－2n).[检验高考能力]一、选择题1．(2017·皖西七校联考)在数列{an}中，an＝eq\f(2n－1,2n)，若{an}的前n项和Sn＝eq\f(321,64)，则n＝()A．3B．4C．5解析：选D由an＝eq\f(2n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n)则Sn＝eq\f(321,64)＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，将各选项中的值代入验证得n＝6.2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为()A．2500B．2600C．2700 D．2800解析：选B当n为奇数时，an＋2－an＝0，所以an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n为奇数，,nn为偶数，))于是S100＝50＋eq\f(2＋100×50,2)＝2600.3．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为()A．2017B．2016C解析：选C因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009，故选C.4．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－eq\f(5,2)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1an)))的前n项和Tn＝()A．－eq\f(n,2n＋1)\f(n,2n＋1)C．－eq\f(2n,2n＋1) \f(2n,2n＋1)解析：选Ca1＝－eq\f(5,2)或a1＝－eq\f(1,2).当a1＝－eq\f(5,2)时，公差d＝0不符合题意，舍去；当a1＝－eq\f(1,2)时，公差d＝eq\f(a3－a1,2)＝－1，所以an＝－eq\f(1,2)＋(n－1)×(－1)＝－n＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(2n－1)，故选C.二、填空题5．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－a\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，则该数列的前2016项的和等于________．解析：因为a1＝eq\f(1,2)，又an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－a\o\al(2,n))，所以a2＝1，从而a3＝eq\f(1,2)，a4＝1，即得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝2k－1k∈N*，,1，n＝2kk∈N*，))故数列的前2016项的和等于S2016＝1008×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝1512.答案：15126．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an