1、第15讲 数列的综合运用1考题展望数列是高中数学的重要内容，求数列的通项公式及数列求和又是数列中的基本问题，在高考复习中，应重视求通项公式的方法，同时会利用等差、等比数列求和公式、累加法、累乘法、错位相加、裂项相消等方法求数列的前 n 项和同时关注数列与其他知识的联系2高考真题考题 1(2015 江苏)数列an满足 a11，且 an1an n 1(nN*)，则 数 列 1an 的 前 10 项 和 为_【解析】2011 由题意得：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121n（n1）2 所以 1an21n 1n1，Sn21 1n1 2nn1，S102011.【命题立意】本题主要
2、考查数列的通项，裂项求和考题 2(2015 山东)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列1anan1 的前 n 项和为n2n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(an1)2an，求数列bn的前 n 项和 Tn.【解析】(1)设数列an的公差为 d，令 n1，得 1a1a213，所以 a1a23.令 n2，得 1a1a2 1a2a325，所以 a2a315.解得 a11，d2，所以 an2n1.(2)由(1)知 bn2n22n1n4n，所以 Tn141242n4n，所以 4Tn142243(n1)4nn4n1，两式相减，得3Tn41424nn 4n1 4（14n）14n4n113n3
3、4n143，所以 Tn3n194n1494（3n1）4n19.【命题立意】本题主要考查等差数列的通项公式；数列的求和、“错位相减法”考题 3(2015 湖南)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a22，且 an23SnSn13(nN*)(1)证明：an23an.(2)求 Sn.【解析】(1)由条件，对任意 nN*，有 an23SnSn13(nN*)，因而对任意 nN*，n2，有 an13Sn1Sn3(nN*)，两式相减，得 an2an13anan1，即 an23an(n2)，又 a11，a22，所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切 nN*，an23an.(2)
4、由(1)知，an0，所以an2an 3，于是数列a2n1是首项 a11，公比为 3 的等比数列，数列a2n是首项 a12，公比为 3 的等比数列，所以 a2n13n1，a2n23n1，于是 S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1)3（3n1）2从而 S2n1S2na2n3（3n1）223n132(53n21)，综上所述，Sn3253n32 1（n2k1，kN*），323n21（n2k，kN*）.【命题立意】本题主要考查数列的递推关系、数列求和考题 4(2015 上海)已知数列an与bn满足 an1an2(bn1bn)，nN*.(1
5、)若 bn3n5，且 a11，求数列an的通项公式；(2)设an的第 n0 项是最大项，即 an0an(nN*)，求证：数列bn的第 n0 项是最大项；(3)设 a130，bnn(nN*)，求 的取值范围，使得对任意 m，nN*，an0，且aman16，6.【解析】(1)因为 an1an2(bn1bn)，bn3n5，所以 an1 an2(bn1bn)2(3n83n5)6，所以an是等差数列，首项为 a11，公差为 6，即 an6n5.(2)由 an1an2(bn1bn)，得 an12bn1an2bn，所以an2bn为常数列，an2bna12b1，即 an2bna12b1，因为 an0an，nN
6、*，所以 2bn0a12b12bna12b1，即 bn0bn，所以bn的第 n0 项是最大项(3)因为 bnn，所以 an1an2(n1n)，当 n2 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2(nn1)2(n1n2)2(2)3 2n，当 n1 时，a13，符合上式，所以 an2n，因为 a130，且对任意 nN*，a1an16，6，故 an0，特别地 a2220，于是 12，0，此时对任意 nN*，an0，当12，a2n12|2n1，由指数函数的单调性知，an的最大值为 a22216及3216，解得140 由 a2a716，得 2a17d16 由 a3a655，得(a12d)
7、(a15d)55 由得 2a1167d 将其代入得(163d)(163d)220，即 2569d2220 d24，又 d0，d2，代入得 a11 an1(n1)22n1.(2)令 cnbn2n，则有 anc1c2cn，an1c1c2cn1 两式相减得 cn12，cn2(n2)，即当 n2 时，bn2n1 又当 n1 时，b12a12 bn2（n1），2n1（n2）于是 Snb1b2b3bn223242n1 22223242n142（2n11）2142n26，即 Sn2n26.【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数列求和2数列前 n 项和的求法例3已知函数 f(x)x 的图像过点(4，2)，
8、令 an1f（n1）f（n），nN*.记数列an的前 n 项和为Sn，则 S2 016()A.2 0141 B.2 0151C.2 0161 D.2 0171【解析】选 D 由函数 f(x)x的图像过点(4，2)得：4a2，a12，从而 f(x)x，an1n1 n n1 n，从而 S2 016(2 1)(3 2)(2 017 2 016)2 0171，故选 D.【点评】本题主要考查裂项求和例4已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn12n an1，其中 a11.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnan1an2an2an1，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn2n12.【解析】(
9、1)令 n1，得 S112a2，即 a112a2，由已知 a11，得 a22 把式子 Sn12nan1，nN*中的 n 用 n1 替代，得到Sn112(n1)an(n2)由Sn12nan1（n1），Sn112（n1）an（n2）可得 SnSn112nan112(n1)an 即 an12nan112(n1)an，即12(n1)an12nan1 即得：an1an n1n(n2)，所以：anan1an1an2a3a2 nn1n1n232(n3)即ana2n2(n3)又a22，所以 ann(n2)又a11，ann.(2)由(1)知 bnn1n2n2n1 又bnn1n2n2n111n211n121n1
10、1n2 Tn b1 b2 b3 bn 21213 21314 21415 2 1n1 1n2 Tn2n12 1n20，(n1)an1nan0，an1an nn1，ann1n n2n11211n.a1a2a2a3anan1 111212131n1n1 111212131n 1n11 1n1.a1a2a2a3anan1m 恒成立，m11212.例6已知数列an的前 n 项和 Snn5an85(nN*)(1)证明：数列an1是等比数列并求数列an的通项公式(2)令 bnlog561a118 log561a218 log561a318 log561an18，求数列1bn 的前 n 项和 Tn.【解析】
11、(1)由 Snn5an85 可得：a1S115a185a114.同时 Sn1(n1)5an185 可得：an115(an1an)an1156(an1)从而an1为等比数列，首项 a1115，公比为56.an11556n1.an11556n1.(2)由(1)知1an18 56nlog561an18 log5656nn，bn 1 2 n n（n1）2 1bn 2n（n1）21n 1n1 Tn2112 1213 1n 1n1 21 1n1 2nn1.【备选题】例7设数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2anSn1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)在数列an的每两项之间都按照如下规则插入
12、一些数后，构成新数列bn，在 an 和 an1 两项之间插入 n 个数，使这 n2 个数构成等差数列，求 b2 015 的值；(3)对于(2)中的数列bn，若 bman，求 b1b2b3bm(用 n 表示)【解析】(1)当 n1 时，由 2a1S11a11.又 2an1Sn11 与 2anSn1 相减得：an12an，故数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 an2n1.(2)设 an 和 an1 两项之间插入 n 个数后，这 n2个数构成的等差数列的公差为 dn，则 dnan1ann1 2n1n1，又(12362)622 015，故 b2 015a63d6226226163125
13、126262.(3)依题意，b1b2b3bm 3（a1a2）24（a2a3）25（a3a4）2（n1）（an1an）2(a2a3an1)123a15a27a3（2n1）an 12nan，考虑到 an12an，令 M3a15a27a3(2n1)an，则 2M3a25a37a4(2n1)an1，2MM2(a1a2a3an)a1(2n1)an1M(2n1)2n1，所以 b1b2b3bm12M12nan(3n2)2n212.1由 SnSn1 求 an 时，必须考虑条件：n2，数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是：anS1 （n1）SnSn1（n2），此公式在数列中经常用到，应引起重视2解递
14、推关系式的常见方法公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法常用的公式有 anSnSn1(n2)、等差数列和等比数列的通项公式累加法：利用恒等式 ana1(a2a1)(anan1)求通项公式的方法称为累加法累加法是求型如 an1anf(n)的递推数列通项公式的基本方法(其中数列f(n)可求前 n 项和)累乘法：利用恒等式 ana1a2a1a3a2 anan1(an0)求通项公式的方法称为累乘法累乘法是求型如an1g(n)an 的递推数列通项公式的基本方法(其中数列g(n)可求前 n 项积)待定系数法：形如 an1cand 的数列求通项，可以通过 an1xc(anx)的形式，利用待定系数法
15、求出 x 的值，转化为公比是 c 的等比数列求解；形如 an1canmdn的数列求通项，当 cd 时，可以通过 an1xdn1c(anxdn)的形式，利用待定系数法求出 x 的值，转化为公比是 c 的等比数列求解；当 cd 时，转化为等差数列求解；形如 an1candne 的数列求通项，可以通过 an1x(n1)yc(anxny)的形式，利用待定系数法求出 x，y 的值，转化为公比是 c 的等比数列求解；形如 an1panqan1 的数列求通项，可以通过an1xany(anxan1)的形式，利用待定系数求出 x，y 的值，转化为 an1yanzn 的数列求解问题1若等差数列an满足 a7a8a
16、90，a7a100，a7a10a8a90，a90，且|a8|0，因为对所有 nN*不等式 ana3 恒成立，a2a3，a4a3，2c23c34c43c3 6c12，经验证 anncn在(1，2)上递减，(3，)上递增，或在(1，3)上递减，(4，)上递增，符合题意，故选 A.3已知数列 an满足 a2102，an 1an4n(nN*)，则数列ann 的最小值是()A25 B26 C27 D28【解析】选 B 因为 a2102，an1an4n，所以 a2a14，解得 a198，由累加方法求得数列 an2n22n98，所以ann 2n22n98n2n98n 22 298226，而由 2n98n，解
17、得 n249，当 n7 时，ann 有最小值 26.4已知数列an满足 anlogn1(n2)(nN*)，定义：使乘积 a1a2a3ak 为正整数的 k(kN*)叫做“期盼数”，则在区间1，2 016内所有的“期盼数”的和为()A2 036 B4 076C4 072 D2 026【解析】选 D 因为 anlogn1(n2)，所以a1a2a3aklg 3lg 2lg 4lg 3lg 5lg 4lg（k2）lg（k1）log2(k2)，又因为 a1a2a3ak 为整数，所以 k2 必须是 2 的 n 次幂，即 k2n2，又 k1，2 016，所以 12n22 016，所以解得 2n10，则在区间1
18、，2 016内所有的“期盼数”的和为：(222)(232)(242)(2102)2221112 292 026，故选择 D.5设 x 为实数，x为不超过实数 x 的最大整数，记xxx，则x的取值范围为0，1)，现定义无穷数列an如下：a1a，当 an0 时，an11an；当 an0 时，an10.当13a12时，对任意的自然数 n都有 ana，则实数 a 的值为_【解析】21 对任意的自然数 n 都有 ana，则 a2a，当13a12时，a1aa，2 1a13 a21a1 1a121a2，a1a2，a 21.6已知等差数列an的公差为 4，且 a2a7a1266.(1)求数列an的通项公式 a
19、n 与前 n 项和 Sn；(2)记 bnSnann，求 bn 的最小值【解析】(1)由 a2a7a1266，得 a722，a146,an46(n1)44n50，Sn46nn（n1）242n248n.(2)由(1)知 bnSnann2n252n50n2n50n 5222n50n 5232，当且仅当 2n50n，即 n5 时，等号成立 故 bn 的最小值为32.7定义一种新运算*，满足 n*knk1(n，kN*，为非零常数)(1)对于任意给定的 k，设 ann*k(n1，2，3，)，证明：数列an是等差数列(2)对于任意给定的 n，设 bkn*k(k1，2，3，)，证明：数列bk是等比数列(3)设
20、 cnn*n(n1，2，3，)，试求数列cn的前 n 项和 Sn.【解析】(1)证明：n*knk1(n，kN*，为非零常数)，ann*knk1(n1，2，3，)an1an(n1)k1nk1k1.k，为非零常数，数列an是等差数列(2)n*knk1(n，kN*，为非零常数)，bkn*knk1(k1，2，3，)bk1bk nknk1.为非零常数，数列bk是等比数列(3)n*knk1(n，kN*，为非零常数)，cnn*nnn1.Snc1c2cn0232nn1，当 1 时，Sn12nn（n1）2.当 1 时，Sn2233nn.得：(1)Sn12n1nn，Sn1n（1）2 nn1，综上可知，Snn（n1
21、）2，当1时，1n（1）2 nn1，当1时.8已知数列an及 fn(x)a1xa2x2anxn，fn(1)(1)nn，nN*.(1)求 a1，a2，a3 的值，并求数列an的通项公式；(2)设 bnan10，求数列|bn|的前 n 项和 Tn；(3)若12nan14m232m1 对一切正整数 n 恒成立，求实数 m 的取值范围【解析】(1)由已知 f1(1)a11，所以 a11.f2(1)a1a22，所以 a23.f3(1)a1a2a33，所以 a35.因为(1)n1an1fn1(1)fn(1)(1)n1(n1)(1)nn，所以 an1(n1)n，即 an12n1.所以 an2n1.(2)由(
22、1)知，bnan102n11，故数列bn的前 n 项和：Snn（92n11）2n210n，由 bn0 得 n112，则当 1n5(nN*)时，Tn|b1|b2|bn|(b1b2bn)Snn210n；当 n6(nN*)时，Tn|b1|b2|bn|(b1b2b5)b6bn Sn2S5n210n2(52105)n210n50；综上，Tnn210n（1n5，nN*），n210n50（n6，nN*）.(3)令 cn12n(2n1)，cn1cn12n1(2n1)12n(2n1)12n1(32n)当 n1 时，c112；当 n2 时，c234；当 n2 时，cn1cn.当 n2 时，cn 取最大值34 又12nan14m232m1 对一切正整数 n 恒成立，即14m232m134对一切正整数 n 恒成立，得m1 或 m7.