1、2 数列的综合应用 真题热身1(2011四川)数列an的首项为 3，bn为等差数列且 bnan1an(nN*)若 b32，b1012，则 a8 等于()A0 B3C8 D11解析 设数列bn的首项为 b1，公差为 d，由 b32，b1012，得b12d2，b19d12，解得b16，d2，bn62(n1)2n8.bnan1an，a8(a8a7)(a7a6)(a6a5)(a5a4)(a4a3)(a3a2)(a2a1)a1b7b6b5b1a17(6278)233.B 2(2011江西)已知数列an的前 n 项和 Sn 满足：SnSmSnm，且 a11，那么 a10 等于()A1 B9C10 D55解
2、析 SnSmSnm，a11，S11.可令 m1，得 Sn1Sn1，Sn1Sn1.即当 n1 时，an11，a101.A 3(2011广东)已知an是递增等比数列，a22，a4a34，则此数列的公比 q_.解析 由 a22，a4a34 得方程组a22，a2q2a2q4 q2q20，解得 q2 或 q1.又an是递增等比数列，故 q2.2 4(2011浙江)若数列n(n4)(23)n中的最大项是第 k 项，则 k_.解析 由题意知k(k4)(23)k(k1)(k3)(23)k1，k(k4)(23)k(k1)(k5)(23)k1，解得 10k1 10.kN*，k4.4 考点整合 1根据数列的递推关系
3、求数列的通项公式(1)利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳猜想出 an的表达式，然后用数学归纳法证明(2)当已知数列an中，满足 an1anf(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累加法求数列的通项 an.(3)当已知数列an中，满足an1an f(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累积法求数列的通项 an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差数列、等比数列)2常见的数列求和的方法(1)公式法求和适合求等差数列或等比数列的前 n 项和对等比数列利用公式法求和时，一定注意公式 q 是否能取 1.(2)错位相减法这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用
4、的方法，主要用于求数列anbn的前 n 项和，其中an、bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1anan1的数列的前 n 项和其中an若为等差数列，则1anan11d(1an 1an1)(4)倒序相加法这是推导等差数列前 n 项和时所用的方法将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(5)分组求和法一个数列即不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即能分别求和，然后再合并分类突破 一、错位相减法求和
5、例 1(2010全国)设数列an满足 a12，an1an322n1，(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解(1)由已知，当 n1 时，an1(an1an)(anan1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1.而 a12，符合上式，所以数列an的通项公式为 an22n1.(2)由 bnnann22n1 知Sn12223325n22n1，从而 22Sn123225327n22n1.得(122)Sn2232522n1n22n1，即 Sn19(3n1)22n12归纳拓展 错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法在应用这种方法时，一定要
6、抓住数列的特征即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题所谓“错位”，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数变式训练 1 已知当 x5 时，二次函数 f(x)ax2bx 取得最小值，等差数列an的前 n 项和 Snf(n)，a27.(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn的前 n 项和为 Tn，且 bnan2n，求 Tn.解(1)由题意得：b2a5，当 n2 时，anSnSn1an2bna(n1)2b(n1)2anba2an11a.a27，得 a1.a1S19，an2n11.(2)bn2n112n，Tn92 722
7、2n112n，12Tn922 2n132n2n112n1，得12Tn92 222 22n2n112n19212(1 12n1)1122n112n172 12n12n112n1.Tn72n72n.二、裂项相消法求和例 2 已知各项全不为零的数列an的前 n 项和为 Sn，Snn(1an)2，nN*.(1)求证：数列an为等差数列；(2)若 a23，求证：当 nN*时，1a1a2 1a2a31anan112.证明(1)由 S11a12a1 知 a11.当 n2 时，anSnSn1n(1an)2(n1)(1an1)2，化简得(n2)an(n1)an110，以 n1 代替 n 得(n1)an1nan1
8、0.两式相减得(n1)an12(n1)an(n1)an10.则 an12anan10，其中 n2.所以，数列an为等差数列(2)由 a11，a23，结合(1)的结论知 an2n1(nN*)于是 1a1a2 1a2a31anan1 113 1351(2n1)(2n1)12(113)12(1315)12(12n112n1)12(112n1)12.归纳拓展 1.对 Snf(an)型的条件式，一般都要利用 anSnSn1(n2)来转化，一种方法是先写出 Sn1f(an1)，相减得anf(an)f(an1)，另一种方法是直接得到 Snf(SnSn1)，具体选用哪一种方法要具体分析2对 an1(2n1)(
9、2n1)型的式子，一般要拆成相邻两项的差，即 an12(12n112n1)，再相加求和时可消去中间项，求得结果这一类题解决的关键是要正确拆分，要注意观察确定拆分后项的系数以及相消后的剩余项变式训练 2 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn14an1，设 bnan12an.(1)证明：数列bn是等比数列；(2)数列cn满足 cn1log2bn3(nN*)，设 Tnc1c2c2c3c3c4cncn1，求 Tn.(1)证明 由于 Sn14an1，当 n2 时，Sn4an11，得 an14an4an1.所以 an12an2(an2an1)又 bnan12an，所以 bn2bn1.因为 a1
10、1，且 a1a24a11，所以 a23a114.所以 b1a22a12.故数列bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列(2)解 由(1)可知 bn2n，则 cn1log2bn3 1n3(nN*)Tnc1c2c2c3c3c4cncn1 145 156 1671(n3)(n4)14 1n4n4(n4).三、数列综合应用例 3 已知单调递增的等比数列an满足 a2a3a428，且a32 是 a2，a4 的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnanlog12an，Snb1b2bn，对任意正整数 n，Sn(nm)an10 恒成立，试求 m 的取值范围解(1)设等比数列an的首项为 a1，公比
11、为 q.依题意，有 2(a32)a2a4，代入 a2a3a428，得 a38.a2a420.a1qa1q320，a3a1q28，解之，得q2，a12或q12，a132.又an单调递增，q2，a12.an2n.(2)bnanan2n2nn2n.Sn12222323n2n.2Sn122223324n2n1，由得Sn222232nn2n12n1n2n12.由 Sn(nm)an10，即 2n1n2n12n2n1m2n10 对任意正整数 n 恒成立，m2n122n1.即对任意正数 n，m1，m1，即 m 的取值范围是(，121log21log归纳拓展 数列作为一种特殊的函数，函数与方程的思想，构造辅助函
12、数解决不等式恒成立问题等，都可能会出现，熟悉分离参数法求参数的范围，熟悉最朴素的比较法研究数列的单调性等基本方法变式训练 3 已知数列an中，a12，a24，an13an2an1(n2，nN*)(1)证明：数列an1an是等比数列，并求出数列an的通项公式；(2)记 bn2(an1)an，数列bn的前 n 项和为 Sn，求使 Sn2 010的 n 的最小值解(1)an13an2an1(n2)，(an1an)2(anan1)(n2)a12，a24，a2a120，anan10.故数列an1an是首项为 2，公比为 2 的等比数列an1an(a2a1)2n12n.an(anan1)(an1an2)(
13、an2an3)(a2a1)a12n12n22n32122(12n1)1222n(n2)又 a12 满足上式，an2n(nN*)(2)由(1)知 bn2(an1)an2(1 12n)2 12n1，Sn2n(1 121 122 12n1)2n1 12n1122n2(1 12n)2n2 12n1.由 Sn2 010 得 2n2 12n12 010，即 n 12n1 006，n 最小为 1 006.规范演练 1若等差数列an满足 a2S34，a3S512，则 a4S7 的值是()A20 B36C24 D72解析 因 S33a2，得 a21，S55a3，得 a32，则 a43，S77a4，则 a4S78
14、a424，故选 C.C 2设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数，对任意实数 x，yR，都有 f(x)f(y)f(xy)，若 anf(n)(nN*)，且 a112，则数列an的前 n 项和 Sn 的取值范围是()A12，2 B12，2)C12，1 D12，1)解析 由题意可知，a1f(1)12，an1f(n1)f(1)f(n)12an.数列an是以12为首项，12为公比的等比数列Sn121(12)n1121(12)n，则 Sn 的取值范围为12，1)，故选 D.D 3在数列an中，a11，a22，且 an2an1(1)n(nN*)，则 S100_.解析 当 n 为奇数时，an2an0，则奇
15、数项为常数列1当 n 为偶数时，an2an2，则偶数项为等差数列S10050150(2100)22 600.2 600 4定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和已知数列an是等和数列，且 a12，公和为 5，那么 a18 的值为_，且这个数列的前 21 项的和 S21 的值为_解析 根据定义和条件知，anan15 对一切 nN*恒成立，因为 a12，所以 an2 (n为奇数)，3 (n为偶数).于是 a183，S2110(a2a3)a152.3 52 5已知 f(x)x4 x4，数列an满足 a11，an1f
16、(an)(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)记 Tn 1a1 1a2 1an，求证：Tn1212(2n1).(1)解 f(x)(x2)2(x0)，an1(an2)2，即 an1 an2(nN*)数列 an是以 a11 为首项，公差为 2 的等差数列 an12(n1)2n1，即 an(2n1)2(nN*)(2)证明 1an1(2n1)21(2n1)(2n1)12(12n112n1)，Tn 1a1 1a2 1an12(113)(1315)(12n112n1)1212(2n1).Tn1212(2n1).6已知数列an满足 a176，Sn 是an的前 n 项和，点(2Snan，Sn1)在 f(
17、x)12x13的图象上，正数数列bn中，b11，且(n1)b2n1nb2nbn1bn0(nN*)(1)分别求数列an和bn的通项公式；(2)若 cnan23bn，Tn 为cn的前 n 项和，nN*，试比较 Tn与 1 的大小解(1)点(2Snan，Sn1)在 f(x)12x13的图象上，Sn112(2Snan)13，an112an13，an12312(an23)，数列an23是以 a123762312为首项，以12为公比的等比数列，an2312(12)n1，即 an23 12n.(n1)b2n1nb2nbn1bn0(nN*)，(n1)bn1nbn(bn1bn)0，bn0，(n1)bn1nbn，b11，bnbn1bn1bn2bn2bn3b2b1n1n n2n112，bn1n.(2)cnan23bn，cn n2n，Tn122 1223 123n 12n 12Tn 1222 1233 124n 12n1 得12Tn12 122 123 124 12n n2n1，Tn2 12n1 n2n，Tn11 12n1 n2n，当 n1 时，T1121.当 n2 且 nN*时，Tn1(C0nC1nC2nCnn)2n2nC0nC1nCnn2n2n0，Tn1.返回