【数学】2018届一轮复习人教A版数列的综合应用学案 9页

第二讲 数列的综合应用 ‎ 考情分析]‎ 数列在解答题中的考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．试题难度中等.‎ 年份 卷别 考查角度及命题位置 ‎2017‎ Ⅱ卷 等差、等比数列的综合应用·T17‎ Ⅲ卷 已知递推关系求通项与裂项求和·T17‎ ‎2016‎ Ⅱ卷 等差、等比数列的基本运算·T17‎ Ⅲ卷 数列的递推关系式、等比数列的定义·T17‎ ‎ 真题自检]‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，‎ b1＝1，a2＋b2＝2.‎ ‎(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若T3＝21，求S3.‎ 解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.‎ 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.　①‎ ‎(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.　②‎ 联立①和②解得(舍去)， 因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.‎ ‎(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，‎ 解得q＝－5，q＝4.‎ 当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.‎ 当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.‎ ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 解析：(1)因为a1＋‎3a2＋…＋(2n －1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋‎3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．‎ 两式相减得(2n －1)an＝2，‎ 所以an＝(n≥2)．‎ 又由题设可得a1＝2，符合上式，‎ 从而{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)记{}的前n项和为Sn.‎ 由(1)知＝＝－.‎ 则Sn＝－＋－＋…＋－＝.‎ ‎3．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)求{an}的通项公式．‎ 解析：(1)由题意可得a2＝，a3＝.‎ ‎(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．‎ 因此{an}的各项都为正数，所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.‎ ‎4．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ 解析：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)知， anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，‎ 因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．‎ 记{bn}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝＝－.‎ 由递推关系求通项 ‎ 方法结论]‎ 求数列通项常用的方法 ‎(1)定义法：①形如an＋1＝an＋C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如an＋1＝kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．‎ ‎(2)叠加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式．‎ ‎(3)叠乘法：形如＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通项公式．‎ ‎(4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再转化为等比数列求解．‎ ‎(5)构造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn＋1，得＝·＋，构造新数列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，接下 用待定系数法求解．‎ ‎ 题组突破]‎ ‎1．(2017·威海模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N )，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝ B．an＝ C．an＝n＋2 D．an＝(n＋2)3n 解析：由an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N )得，3nan＝3n－1an－1＋1,3n－1an－1＝3n－2an－2＋1，…，‎32a2＝‎3a1＋1，以上各式相加得3nan＝n＋2，故an＝.‎ 答案：B ‎2．已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝an＋，则数列{an}的通项公式为an＝(　　)‎ A. B．1－ C．1－ D. 解析：通解：an＋1－1＝an＋－1＝(an－1)，令bn＝an－1，则××××…×＝×××…×，从而得到＝，又b1＝a1－1＝－，得bn＝b1＝－，‎ 所以an＝1－，选C.‎ 优解：a1＝＝1－，a2＝＝1－，a3＝＝1－，…，归纳可得an＝1－，选C.‎ 答案：C ‎3．(2017·宜昌调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N ，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝ ‎(n∈N )．‎ ‎(1)求证：数列{bn}为等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解析：(1)证明：∵bn＝，且an＝，∴bn＋1＝＝＝，‎ ‎∴bn＋1－bn＝－＝4.‎ 又b1＝＝1，∴数列{bn}是以1为首项，4为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×4＝4n－3，又bn＝，∴an＝＝.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋3n－12(n∈N )．‎ 证明：数列{an－3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．‎ 解析：当n＝1时，S1＝a1＝‎2a1＋3－12，∴a1＝9.‎ 当n>1时，Sn－Sn－1＝an＝2an＋3n－12－2an－1－3(n－1)＋12＝2an－2an－1＋3，‎ ‎∴an－3＝2(an－1－3)，∴{an－3}是以6为首项，2为公比的等比数列．∴an－3＝6·2n－1，‎ ‎∴an＝6·2n－1＋3.‎ ‎ 误区警示]‎ 依据递推式an＋1＝pan＋q(p，q为常数)求数列通项公式是最常见的一类题型．当p＝1时，{an}为等差数列；当p≠1，p≠0，q＝0时，{an}为等比数列；当p≠1，p≠0，q≠0时，如何求出其通项公式是一个难点，化解这类问题的思路是利用待定系数法，转化成等比数列．‎ 数列求和 ‎ 方法结论]‎ 常用求和方法 ‎(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.‎ ‎(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．‎ ‎(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．‎ ‎ 典例](2017·大连一中模拟)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为Sn＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(－1)na，求数列{bn}的前2n项和T2n.‎ 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得a1＞0，‎ 令n＝1，则S1＝＝，所以a‎1a2＝3　①，‎ 令n＝2，则S2＝＋＝，所以a‎2a3＝15　②，‎ a2＝a1＋d　③，‎ a3＝a1＋2d　④，‎ 联立①②③④，解得或(舍去)，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意知，bn＝(－1)na＝(－1)n n(n＋1)－1]，所以T2n＝－(1×2－1)＋(2×3－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n· 2n(2n＋1)－1]＝ －(1×2－1)＋(2×3－1)]＋ －(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－ (2n－1)·2n－1]＋ 2n(2n＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n＝＝2n2＋2n.‎ ‎ 类题通法]‎ 分类讨论思想在数列求和中的应用 ‎(1)当数列通项中含有(－1)n时，在求和时要注意分n为奇数与偶数处理．‎ ‎(2)对已知数列满足＝q，在求{an}的前n项和时分奇数项和偶数项分别求和．‎ ‎ 演练冲关]‎ ‎1．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(　　)‎ A．0 B．100‎ C．－100 D．10 200‎ 解析：由题意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012‎ ‎＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)‎ ‎＝－1＋101＝100，故选B.‎ 解析：B ‎2．已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，anan＋1＝3n，则S2 017＝________.‎ 解析：由anan＋1＝3n，得an－1an＝3n－1(n≥2)，所以＝3(n≥2)，则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以3为公比的等比数列，又a1＝1，a‎1a2＝3，所以a2＝3，所以S2 017＝＋ ‎＝31 009－2.‎ 答案：31 009－2‎ ‎3．(2017·广西三市联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N )．‎ ‎(1)求a的值及数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求数列{}的前n项和Tn.‎ 解析：(1)∵6Sn＝3n＋1＋a(n∈N )，‎ ‎∴当n＝1时，6S1＝‎6a1＝9＋a，‎ 当n≥2时，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n，即an＝3n－1，‎ ‎∵{an}是等比数列，∴a1＝1，则9＋a＝6，得a＝－3，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N )．‎ ‎(2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，‎ ‎∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋ ‎＝(1－＋－＋…＋－)‎ ‎＝.‎ 数列与其他知识交汇的综合问题 数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，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，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题．‎ 交汇点一　数列与函数交汇 ‎ 典例1]　(2016·大连双基测试)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．‎ ‎(1)求ω，φ的值；‎ ‎(2)设an＝nf(n∈N )，求数列{an}的前30项和S30.‎ 解析：(1)由题可得＋φ＝2 kπ－，k∈Z，‎ ＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z.‎ ‎∵|φ|＜π，∴φ＝－.‎ ‎(2)∵an＝2nsin(n∈N )，‎ 数列(n∈N )的周期为3，‎ 前三项依次为0，，－，‎ ‎∴a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)＝－(n∈N )，‎ ‎∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10.‎ ‎ 类题通法]‎ 数列与函数的交汇问题的类型及解题方法 ‎(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)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、求和方法等对式子化简变形．‎ ‎ 演练冲关]‎ ‎1．设曲线y＝2 018xn＋1(n∈N )在点(1,2 018)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝log2 018xn，则a1＋a2＋…＋a2 017的值为(　　)‎ A．2 018 B．2 017‎ C．1 D．－1‎ 解析：因为y′＝2 018(n＋1)xn，所以切线方程是y－2 018＝2 018(n＋1)(x－1)，所以xn＝‎ ，‎ 所以a1＋a2＋…＋a2 017＝log2 018(x1·x2·…·x2 017)＝log2 018(××…×)＝log2 018＝－1.‎ 答案：D 交汇点二　数列与不等式交汇 ‎ 典例2]　(2017·武汉调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{}的前n项和为Tn，求证：Tn≤.‎ 解析：(1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差d为整数．‎ 又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，‎ 于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，‎ 解得－≤d≤－.‎ ‎∵d为整数，∴d＝－2.‎ 故{an}的通项公式为an＝11－2n.‎ ‎(2)证明：由(1)，得＝＝(－)，‎ ‎∴Tn＝ (－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)．‎ 令bn＝，由函数f(x)＝的图象关于点(4.5，0)对称及其单调性，知0＜b1＜b2＜b3＜b4，b5＜b6＜b7＜…＜0，∴bn≤b4＝1.‎ ‎∴Tn≤×(1－)＝.‎ ‎ 类题通法]‎ 数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧应用．‎ ‎ 演练冲关]‎ ‎2．(2017·贵阳模拟)在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N )，且a1＝1，若存在n∈N 使得an≤n ‎(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．‎ 解析：依题意得，数列{}的前n项和为2n－1，当n≥2时，＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且＝21－1＝1＝21－1，因此＝2n－1(n∈N )，＝.记bn＝，则bn＞0，＝＝＞＝1，bn＋1＞bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝.依题意得，存在n∈N 使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是.‎ 答案：