1、第四节数列的综合问题本节主要包括2个知识点：1.数列求和；2.数列的综合应用问题.突破点(一)数列求和基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1公式法与分组转化法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和等差数列的前n项和公式：Snna1d.等比数列的前n项和公式：Sn(2)分组转化法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减2倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的(2)并
2、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，Sn10029929829722212(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050.3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.4错位相减法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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 分组转化法求和例1已知数列an，bn
3、满足a15，an2an13n1(n2，nN*)，bnan3n(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)an2an13n1(nN*，n2)，an3n2(an13n1)，bn2bn1(nN*，n2)b1a1320，bn0(n2)，2，bn是以2为首项，2为公比的等比数列bn22n12n.(2)由(1)知anbn3n2n3n，Sn(2222n)(3323n)2n1.方法技巧分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，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
4、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Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，满足上式，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1，又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.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
5、，bn是等比数列，求数列anbn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“SnqSn”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Sn2n12，数列bn是首项为a1，公差为d(d0)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(nN*)，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n2时，anSnSn12n12n2n，又a1S12112221
6、，也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n.则b1a12.由b1，b3，b9成等比数列，得(22d)22(28d)，解得d0(舍去)或d2，所以数列bn的通项公式为bn2n.(2)由(1)得cn，所以数列cn的前n项和Tn11.易错提醒利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等如：若an是等差数列，则，.能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21C2n1n22
7、D2nn2解析：选CSna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n2n2(2n1)n2nn2n1n22.2.(2016江南十校联考)已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 017()A.1 B.1C.1 D.1解析：选C由f(4)2可得4a2，解得a，则f(x)x.所以an，S2 017a1a2a3a2 017()()()()()1.3.已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_.解析：ann2n，Sn121222323n2n.2Sn122223(n1)2nn2n1.，得S
8、n222232nn2n1n2n12n12n2n1(1n)2n12.Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n124.已知数列an的通项公式是an23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解：Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn5.正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都
9、有Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，故bn.则Tn11.即对任意的nN*，都有Tn.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
10、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.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 等差数列与等比数列的综合问题例1在等差数列an中，a1030，a2050.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn2an10，证
11、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ana1(n1)d，由a1030，a2050，得方程组解得所以an12(n1)22n10.(2)证明：由(1)，得bn2an1022n101022n4n，所以4.所以bn是首项为4，公比为4的等比数列(3)由nbnn4n，得Tn14242n4n，4Tn142(n1)4nn4n1，得3Tn4424nn4n1n4n1.所以Tn.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
12、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提醒在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合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(nN*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列anb的前n项和Sn.解(1)证明：由已知，bn2an0.当n1时，2an1an2d.
13、所以数列bn是首项为2a1，公比为2d的等比数列(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意，a22，解得a22.所以da2a11，所以ann，bn2n，则anbn4n.于是Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n1n4n1.所以Sn.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：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；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
14、、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Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2a1log2a2log2an，求使(n8)bnnk对任意nN*恒成立的实数k的取值范围解(1)由Sn2an2可得a12.因为Sn2an2，所以，当n2时，anSnSn12an2an1，即2.所以数列an是以a12为首项，2为公比的等比数列，所以an2n(nN*)(2)由(1
15、)知an2n，则bnlog2a1log2a2log2an12n.要使(n8)bnnk对任意nN*恒成立，即k对任意nN*恒成立设cn(n8)(n1)，则当n3或4时，cn取得最小值，为10，所以k10.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能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.设an 是首项为a1 ，公差为1 的等差数列，Sn为其前n项和若
16、 S1，S2，S4成等比数列，则a1()A2 B2 C. D解析：选D由S1a1，S22a11，S44a16成等比数列可得(2a11)2a1(4a16)，解得a1.2.已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.解析：a2，a3，a7成等比数列，aa2a7，(a12d)2(a1d)(a16d)，即2d3a10.又2a1a21，3a1d1.由解得a1，d1.答案：13.(2016南昌调研)等差数列an的前n项和为Sn，已知f(x)，且f(a22)sin，f(a2 0142)cos，则S2 015_.解析：因为f(x)，f(x)，所以f(x)f(x
17、)0，即f(x)f(x)而f(x)1，所以f(x)是R上的增函数又f(a22)sinsinsin，f(a2 0142)coscoscos，所以f(a22)f(a2 0142)f(2a2 014)，所以a222a2 014，所以a2a2 0144.所以S2 0154 030.答案：4 0304.已知等差数列an满足a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b2a3，b3a7，问：b6与数列an的第几项相等？解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2(nN*)(2)设等比数
18、列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b64261128.由1282n2得n63，所以b6与数列an的第63项相等5.设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，所以a1a32(a21)，即a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比
19、数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是使|Tn1|0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.3(2014新课标全国卷
20、)已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：.解：(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列所以an，因此an的通项公式为an.(2)证明：由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以，即.于是1.所以0，因为a3，a4，a11成等比数列，所以2a3a11，即2(12d)(110d)，即44d236d450，所以d，所以an.所以apaq(pq)15.3在数列an中，a11，a22，an2an1(1)n，那么S100的值为()A2 500 B2 600 C2 700 D2 800解析：选B当n为奇数时，an2
21、an0，所以an1，当n为偶数时，an2an2，所以ann，故an于是S100502 600.4已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 017的值为()A2 017 B2 016 C1 009 D1 007解析：选C因为an2Sn1n，n2，所以an12Snn1，n1，两式相减得an1an1，n2.又a11，所以S2 017a1(a2a3)(a2 016a2 017)1 009，故选C.5已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5，若函数f(x)sin 2x2cos2，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A0 B9 C9 D1解析：选C由已知
22、可得，数列an为等差数列，f(x)sin 2xcos x1，f1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(x)2.a1a9a2a82a5，f(a1)f(a9)2419，即数列yn的前9项和为9.6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，则数列的前n项和Tn()A B.C D.解析：选C设an的公差为d，因为S1a1，S22a1d2a1a1，S43a3a1a1，S1，S2，S4成等比数列，所以2a1，整理得4a12a150，所以a1或a1.当a1时，公差d0不符合题意，舍去；当a1时，公差d1，所以an(n1)(1)n(
23、2n1)，所以，所以其前n项和Tn1，故选C.二、填空题7(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析：an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.答案：11218已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 016项的和等于_解析：因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 016项的和等于S2 0161 0081 512.答案：1 5129对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12
24、，an的“差数列”的通项公式为2n，则数列an的前n项和Sn_.解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n.Sn2n12.答案：2n1210(2017福建泉州五中模拟)已知lg xlg y1，且Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，则Sn_.解析：因为lg xlg y1，所以lg(xy)1.因为Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，所以Snlg ynlg(xyn1)lg(xn2y2)lg(xn1y)lg xn，两式相加得2Sn(lg xnlg yn)lg(
25、xn1y)lg(xyn1)(lg ynlg xn)lg(xnyn)lg(xn1yxyn1)lg(ynxn)nlg(xy)lg(xy)lg(xy)n2lg(xy)n2，所以Sn.答案：三、解答题11数列an满足a11，an12an(nN*)，Sn为其前n项和数列bn为等差数列，且满足b1a1，b4S3.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn.解：(1)由题意知，an是首项为1，公比为2的等比数列，ana12n12n1.Sn2n1.设等差数列bn的公差为d，则b1a11，b413d7，d2，则bn1(n1)22n1.(2)证明：log2a2n2log2
26、22n12n1，cn，Tn.nN*，Tn0，数列Tn是一个递增数列，TnT1.综上所述，Tn.12已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，试求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设二次函数f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tn1.