1、题型专题(七)数列的综合应用主要考查基础知识、基本技能，应用所学分析解决问题的能力 细审题干抓特征，“裂项”“错位”来选用 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法.考点一：数列求和典例(2015天津高考)已知数列an满足an2qan(q为实数，且q1)，nN*，a11，a22，且a2a3，a3a4，a4a5成等差数列(1)求q的值和an的通项公式；(2)设bnlog2a2na2n1，nN*，求数列bn的前n项和解(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，
2、即 a4a2a5a3，所以 a2(q1)a3(q1)又因为 q1，所以 a3a22.由 a3a1q，得 q2.当 n2k1(kN*)时，ana2k12k1212n；当 n2k(kN*)时，ana2k2k2 2n.所以，an的通项公式为 an212n，n为奇数，2 2n，n为偶数.(2)由(1)得bnlog2a2na2n1 n2n1，nN*.设bn的前n项和为Sn，则Sn1 120 2 121 3 122(n1)12n2 n 12n1，12Sn1 1212 1223 123(n1)12n1n 12n，上述两式相减，得12Sn112 122 12n1 n2n1 12n112 n2n2 22n n2
3、n，整理，得Sn4n22n1，nN*.所以，数列bn的前n项和为4n22n1，nN*.两种常用求和法应注意的问题(1)利用错位相减法求和时，应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项 (2015贵州七校一联)已知an是等差数列，bn是等比数列，Sn为数列an的前n项和，a1b11，且b3S336，b2S28(nN*)(1)求an和bn；(2)若anan1，求数列1anan1 的前n项和Tn.即时应用解：(1)由题意得q2
4、33d36，q2d8，解得d2，q2，或d23，q6，an2n1，bn2n1，或an1352n，bn6n1.(2)若anan1，由(1)知an2n1，1anan112n12n11212n112n1，Tn12113131512n112n1n2n1.先设后证，自圆其说考点二：数列中的探索性问题典例 已知数列an，如果数列bn满足b1a1，bnanan1，n2，nN*，则称数列bn是数列an的“生成数列”(1)若数列an的通项为ann，写出数列an的“生成数列”bn的通项公式；(2)若数列cn的通项为cn2nb(其中b是常数)，试问数列cn的“生成数列”qn是否是等差数列，请说明理由；(3)已知数列
5、dn的通项为dn2nn，求数列dn的“生成数列”pn的前n项和Tn.解(1)当n2时，bnanan12n1，当n1时，b1a11适合上式，bn2n1(nN*)(2)qn2b，n1，4n2b2，n2，当b0时，qn4n2，由于qn1qn4，所以此时数列cn的“生成数列”qn是等差数列当b0时，由于q1c12b，q262b，q3102b，此时q2q1q3q2，所以数列cn的“生成数列”qn不是等差数列综上，当b0时，qn是等差数列；当b0时，qn不是等差数列(3)pn3，n1，32n12n1，n2，当n1时，Tn3(323)(3225)(32n12n1)，Tn33(222232n1)(3572n1
6、)32nn24.又n1时，T13，适合上式，Tn32nn24.解决数列探索性问题的一般解题思路：先假设结论存在，若推理无矛盾，则结论确定存在；若推理有矛盾，则结论不存在求解中应注意nN*.解决探索性问题应具备较高的数学思维能力，即观察、分析、归纳、猜想问题的能力，这正是“以能力立意”的生动体现 已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由即时应用解：(1)设等差数列an的公差为 d.a1，a2，a5 成等比数列，a22a1a5 即(a1d)
7、2a1(a14d)解得 d0 或 d4.an2 或 an4n2.(2)当an2时，Sn2n.由2n60n800及nN*，得n无解；当an4n2时，Snna1an22n2，由2n260n800，得n40.nN*，n的最小值为41.数列与函数、不等式的交汇数列中的综合问题，大多与函数交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，有时用不等式的方法研究数列的性质.主要考查迁移思维、数学素养，多角度、创造性地思考和解决问题的能力 典例 数列an的通项an是关于x的不等式x2xnx的解集中正整数的个数f(n)1an11an21ann.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan2n，求数
8、列bn的前n项和Sn；(3)求证：对n2，且nN*，恒有 712f(n)1.解(1)x2xnx等价于x(xn1)0，解得x(0，n1)，其中有正整数n个，于是ann.(2)由(1)得bn n2nn12n，Snb1b2bn1122122n12n，12Sn11222123n12n1，两式相减得12Sn1212212312nn12n1112nn12n1，故Sn212n1n12n.(3)证明：f(n)1an11an21ann 1n1 1n21nn1n1n1n1.由f(n)1an11an21ann 1n1 1n2 1nn，知 f(n1)1n2 1n3 12n12n112n2，于是 f(n1)f(n)12
9、n112n2 1n112n212n2 1n10，故 f(n1)f(n)，当 n2，且 nN*时，f(n)为增函数，f(n)f(2)712，综上可知 712f(n)1.(1)本题是数列与不等式交汇，在第(1)问中，是由一元二次不等式转化为数列，而第三问借助于函数的单调性证明不等式成立，在证明中，利用了函数思想，要注意定义域范围(2)求解这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确转化；对于函数的有关性质，主要利用函数的单调性或有界性来求解数列中的最值但由于数列的通项是一类特殊的函数，所以借助函数的性质研究数列问题，一定要注意数列中的自变量只能取正整数这一特点.(2015云南一检)在
10、数列an中，a1 35，an12 1an，设bn1an1，数列bn的前n项和是Sn.(1)证明：数列bn是等差数列，并求Sn；(2)比较an与Sn7的大小即时应用解：(1)证明：bn1an1，an12 1an，bn11an111an11bn1，bn1bn1，数列bn是公差为1的等差数列由a135，bn1an1，得b152，Sn5n2 nn12n22 3n.(2)由(1)知：bn52n1n72.由bn1an1，得an1 1bn1 1n72.anSn7n22 3n6 1n72.当n4时，yn22 3n6是减函数，y 1n72也是减函数，当n4时，anSn7a4S470.又a1S1739100，a2S27830，a3S37720，nN*，anSn70，anSn7.THANKS!谢谢观看
