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：Snna1an2na1nn12d.等比数列的前n项和公式：Snna1，q1，a1anq1q a11qn1q，q1.(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
2、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1nn11n 1n1.1nn2121n 1n2.12n12n11212n112n1.1n n1 n1 n.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
3、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)，bnbn12，bn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列bn22n12n.解 由(1)知 anbn3n2n3n，Sn(2222n)(3323n)212n12
4、313n132n13n12 72.(2)求数列an的前 n 项和 Sn.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anbn，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 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cnan1n1bn2n，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)由题意知，当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111
5、，满足上式，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d.由a1b1b2，a2b2b3，即112b1d，172b13d，可解得b14，d3.所以 bn3n1.解 由(1)知 cn6n6n13n3n 3(n1)2n1，又 Tnc1c2cn，得 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12 n12n2 3n2n2，所以 Tn3n2n2.(2)令 cnan1n1bn2n，求数列cn的前 n 项和 Tn.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anbn的前n项和时，可采用错
6、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 cn2n1bn(nN*)，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)当 n2 时，anSnSn12n12n2n，又 a1S12112221，也满足上
7、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.解 由(1)得 cn2n1bn1nn11n 1n1，所以数列cn的前 n 项和 Tn 112 123 1341nn111212131n 1n11 1n1 nn1.(2)若 cn2n1bn(nN*)，求数列cn的前 n 项和 Tn.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
8、相等如：若an是等差数列，则1anan1 1d 1an 1an1，1anan2 12d1an 1an2.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.考点一 若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2解析：Sna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n212n12 2nn12n2(2n1)n2nn2n1n22.答案：C 2.考点三(2016江南十校联考)已知函数 f(x)xa 的图象过点(4,2)，令 an1fn1fn，nN*.记数列an的前 n 项和为Sn，则 S2
9、 017()A.2 0161 B.2 0171C.2 0181 D.2 0181解析：由 f(4)2 可得 4a2，解得 a12，则 f(x)x12.所以 an1fn1fn1n1 n n1 n，S2 017a1a2a3a2 017(2 1)(3 2)(4 3)(2 017 2 016)(2 018 2 017)2 0181.答案：C3.考点二 已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_.解析：ann2n，Sn121222323n2n.2Sn122223(n1)2nn2n1.，得Sn222232nn2n1212n12 n2n12n12n2n1(1n)2n12.Sn(n1)2n12.答案：
10、(n1)2n124.考点一已知数列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，Sn213n13 n2ln 33nn2ln 31；当n为奇数时，Sn213n13(ln 2ln 3)n12 n ln 33nn12 ln 3ln 21.综上所述，Sn3nn2ln 31，n为偶数，3nn12 ln 3ln 21，n为奇数.5.考点三正项数列an的前 n 项和 Sn 满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；解：(1)由
11、 S2n(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于an是正项数列，所以 Sn0，Snn2n.于是 a1S12，当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为 an2n.解：证明：由于 an2n，故 bnn1n22a2nn14n2n22 1161n21n22.则 Tn 1161 132 122 142 132 1521n121n12 1n21n22 1161 1221n121n22 1161 122 564.即对任意的 nN*，都有 Tn 564.(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，
12、都有 Tn 564.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
13、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，证明：数列bn为等比数列；解(1)设数列an的公差为 d，则 ana1(n1)d，由 a1030，a2050，得方程组a19d30，a119d50，解得a112，d2.所以 an12(n1)22n10.(2)证明：由(1)，
14、得 bn2an1022n101022n4n，所以bn1bn 4n14n 4.所以bn是首项为 4，公比为 4 的等比数列解 由 nbnn4n，得 Tn14242n4n，4Tn142(n1)4nn4n1，得3Tn4424nn4n 1414n3n4n1.所以 Tn3n14n149.(3)求数列nbn的前 n 项和 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
15、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；解 证明：由已知，bn2an0.当 n1 时，bn1bn 2an1an2d.所以数列bn是首项为 2a1，公比为 2d 的等比数列解 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 1l
16、n 2.由题意，a2 1ln 22 1ln 2，解得 a22.(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 1ln 2，求数列anb2n的前 n 项和 Sn.所以 da2a11，所以 ann，bn2n，则 anb2nn4n.于是 Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n14n143n4n113n4n143.所以 Sn3n14n149.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
17、；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 Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；解(1)由 Sn2an2 可得 a12.因为 Sn2an2，所以，当 n2 时，anSnSn12an2an1，即 anan12.所以数列an是以 a12 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2n(nN*)解 由(
18、1)知 an2n，则 bnlog2a1log2a2log2an12nnn12.要使(n8)bnnk 对任意 nN*恒成立，即n8n12k 对任意 nN*恒成立设 cn12(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(2)设 bnlog2a1log2a2log2an，求使(n8)bnnk对任意 nN*恒成立的实数 k 的取值范围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
19、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考点一设an 是首项为a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前n项和若 S1，S2，S4成等比数列，则a1()A2 B2 C.12 D12解析：由S1a1，S22a11，S44a16成等比数列可得(2a11)2a1(4a16)，解得a112.答案：D2.考点一 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，a23a2a7，(a12d)2(a1d)(a16d)，即2d3a10.又2a1a21，3a1d1.由解得a123
20、，d1.答案：23 13.考点二(2016南昌调研)等差数列an的前n项和为Sn，已知f(x)2x12x1，且f(a22)sin2 0143，f(a2 0142)cos2 0156，则S2 015_.解析：因为f(x)2x12x1，f(x)2x12x112x2x1，所以f(x)f(x)0，即f(x)f(x)而f(x)2x12x1122x1，所以f(x)是R上的增函数又f(a22)sin2 0143sin6713 sin 3 32，f(a2 0142)cos 2 0156cos3366 cos6 32，所以f(a22)f(a2 0142)f(2a2 014)，所以a222a2 014，所以a2a
21、2 0144.所以S2 015 2 015a1a2 0152 2 015a2a2 01422 015424 030.答案：4 0304.考点一已知等差数列an满足 a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式；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*)解：设等比数列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(2)设等比数列bn满足 b2a3，b3a7，
22、问：b6 与数列an的第几项相等？5.考点三设数列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1an 的前 n 项和为 Tn，求使得|Tn1|11 000成立的n 的最小值解：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 的等比数列故 an2n.解：由(1)得 1an 12n
23、，所以 Tn12 122 12n12112n1121 12n.由|Tn1|11 000，得1 12n1 1 000.因为 295121 0001 024210，所以 n10.于是使|Tn1|11 000成立的 n 的最小值为 10.(2)记数列1an 的前 n 项和为 Tn，求使得|Tn1|0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和解：由 a2n2an4Sn3，可知 a2n12an14Sn13.，得 a2n1a2n2(an1an)4an1，即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an)由 an0，得 an1an2.又
24、a212a14a13，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.解：由 an2n1 可知bn1anan112n12n31212n112n3.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnb1b2bn121315 1517 12n112n3n32n3.(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和3(2014新课标全国卷)已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12 是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：1a1 1a2 1an32.解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an1
25、2 是首项为32，公比为 3 的等比数列所以 an123n2，因此an的通项公式为 an3n12.解：证明：由(1)知 1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即23n1 13n1.于是 1a1 1a2 1an113 13n1321 13n 32.所以 1a1 1a2 1an32.(2)证明：1a1 1a2 1an32.4(2013新课标全国卷)已知等差数列an的前 n 项和 Sn 满足S30，S55.(1)求an的通项公式；(2)求数列1a2n1a2n1 的前 n 项和解：(1)设an的公差为 d，则 Snna1nn12d.由已知可得3a13d0，5a110d5，解得 a11，d1.故an的通项公式为 an2n.解：由(1)知1a2n1a2n1132n12n1212n312n1，从而数列1a2n1a2n1 的前 n 项和为121111111312n312n1n12n.(2)求数列1a2n1a2n1 的前 n 项和