2019届二轮复习（文）数列的综合应用学案

第二讲　数列的综合应用

年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析及学科素养
2018
Ⅱ卷
等差数列的前n项和最值问题·T17
命题分析
数列在解答题中的考查常从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．
学科素养
通过递推关系求通项，根据通项结构选择恰当的求和方法求和.
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
等差数列的基本运算·T 17
Ⅲ卷
数列的通项公式·T17


由递推关系求通项

授课提示：对应学生用书第30页

[悟通——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＋，接下来用待定系数法求解．
[全练——快速解答]
1．(2018·洛阳四校联考)已知数列{an}满足条件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n＋1　 B．an＝
C．an＝2n D．an＝2n＋2
解析：由题意可知，数列{an}满足条件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则n≥2时，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，n≥2，
两式相减可得，＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，
∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*.
当n＝1时，＝7，∴a1＝14，
综上可知，数列{an}的通项公式为an＝
答案：B
2．(2018·潮州月考)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，n∈N*)，则数列{an}的通项公式是________．
解析：法一：由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．
又a2＝2S1＋1＝3，
∴a2＝3a1，故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.
法二：由于an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝2Sn＋1，
所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，Sn＋1＝3Sn＋1，
所以Sn＋1＋＝3，
所以数列为首项是S1＋＝，公比为3的等比数列，故Sn＋＝×3n－1＝×3n，
即Sn＝×3n－.
所以，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
由n＝1时a1＝1也适合这个公式，知所求的数列{an}的通项公式是an＝3n－1.
答案：an＝3n－1
3．(2018·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.
(1)证明数列{an}是等比数列；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
所以an＝2an－1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＝2n－1，
所以bn＝(2n－1)×2n－1，
所以Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1①
2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n②
由①－②得
－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n
＝1＋2×－(2n－1)×2n
＝(3－2n)×2n－3，
所以Tn＝(2n－3)×2n＋3.
【类题通法】
由an与Sn关系求通项公式的注意事项
　(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一“合写”．
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝



数列求和

授课提示：对应学生用书第31页

[悟通——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．
　(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)设数列{an}满足
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
由❶a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n
an与Sn的关系求解
分n＝1，n≥2讨论
由❷
根据通项结构选裂项求和
裂项时消去项与保留项的首尾对应
[规范解答]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
(2分)
两式相减得(2n －1)an＝2，d
所以an＝(n≥2)． (4分)
又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝. (6分)
(2)记{}的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
(10分)
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
(12分)
【类题通法】
1．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．
2．学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力．
[练通——即学即用]
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.
答案：B
2．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)
A．15 B．12
C．－12 D．－15
解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
答案：A
3．(2018·张掖诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解析：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，
由an＝－3Sn＋4，
知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，
∴an＝n－1，
bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.
(2)由题意知，cn＝＋.
令Hn＝＋＋＋…＋，①
则Hn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，
Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.
∴Hn＝2－.
又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Tn＝Hn＋Mn＝2－＋.


数列的综合应用

授课提示：对应学生用书第32页

[悟通——方法结论]
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．
　(1)(2018·德州模拟)已知点O为坐标原点，点An(n，an)(n∈N*)为函数f(x)＝的图象上的任意一点，向量i＝(0,1)，θn是向量与i的夹角，则数列的前2 015项的和为(　　)
A．2　　　B.　　　C.　　　D．1
解析：因为an＝，所以＝(n，)，所以cos θn＝＝，因为0≤θn≤π，所以sin θn＝＝，所以＝＝－，所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：C
(2)(2018·日照模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足：2Sn＋an＝1.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜.
解析：①因为2Sn＋an＝1，所以2Sn＋1＋an＋1＝1，
两式相减可得2an＋1＋an＋1－an＝0，即3an＋1＝an，即＝，
又2S1＋a1＝1，所以a1＝，
所以数列{an}是首项、公比均为的等比数列．
故an＝·()n－1＝()n，数列{an}的通项公式为an＝()n.
②证明：因为bn＝，
所以bn＝＝＝＝－.
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＜.
所以Tn＜.
【类题通法】
数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明，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．
[练通——即学即用]
1．(2018·宝鸡摸底)正项等比数列{an}中，a2 017＝a2 016＋2a2 015，若aman＝16a，则＋的最小值等于(　　)
A.1　　 B.
C. D.
解析：设等比数列{an}的公比为q，且q＞0，
∵a2 015q2＝a2 015q＋2a2 015，
∴q2－q－2＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去)，
又a1qm－1·a1qn－1＝16a，
∴2m＋n－2＝16，∴m＋n－2＝4，m＋n＝6，
∴·＝
≥＝，当且仅当m＝4，n＝2时等号成立．故＋的最小值为.
答案：B
2．(2018·烟台模拟)设函数f(x)＝＋(x＞0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f()，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求实数t的取值范围．
解析：(1)由an＝f()得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2，
所以{an}是首项为1，公差为的等差数列．
所以an＝1＋(n－1)＝，n∈N*.
(2)因为an＝，所以an＋1＝，
所以＝＝(－)．
则Sn＝＋＋＋…＋＝(－)＝.
故Sn≥恒成立等价于≥，即t≤恒成立．
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝＞0，
所以g(x)＝(x＞0)为单调递增函数．
所以当n＝1时，取得最小值，且()min＝.
所以t≤，即实数t的取值范围是(－∞，].



授课提示：对应学生用书第120页

一、选择题
1．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝(　　)
A．2　　　 B．4
C．5 D.
解析：因为＝＝＝22，所以令n＝3，得＝22＝4，故选B.
答案：B
2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　)
A．2 500 B．2 600
C．2 700 D．2 800
解析：当n为奇数时，an＋2－an＝0⇒an＝1，
当n为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n，
故an＝
于是S100＝50＋＝2 600.
答案：B
3．(2018·海淀二模)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立．
答案：B
4．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为(　　)
A．22 B．21
C．24 D．23
解析：因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以数列{an}是首项为15，公差为－的等差数列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，令an＝－n＋＞0，得n＜23.5，所以使ak·ak＋1＜0的k值为23.
答案：D
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和为(　　)
A．16 B．20
C．33 D．120
解析：a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.
答案：C
6．已知等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：∵关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx2＋2a1x＝0的两个实数根，且d＜0，∴－＝9，a1＝－.∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－)d，可得a5＝－d＞0，a6＝d＜0.∴使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.
答案：B
7．(2018·湘中名校联考)若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是(　　)
A．2 016 B．2 017
C．4 032 D．4 033
解析：因为a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以d＜0，a2 016＞0，a2 017＜0，所以S4 032＝＝＞0，S4 033＝＝4 033a2 017＜0，所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 032.
答案：C
8．已知数列{an}，“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递增数列”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：∵|an＋1|＞an，∴或
又∵数列{an}为递增数列，∴an＋1＞an，
∴“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．
答案：D
二、填空题
9．(2018·沈阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，则an＝________.
解析：法一：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)．
法二：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1(n∈N*)．
答案：2n－1(n∈N*)
10．(2018·辽宁五校联考)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1，则{an}的通项公式an＝________.
解析：当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴数列{}是首项为，公差为－的等差数列，∴＝＋(－)·(n－1)＝，∴Sn＝.当n≥2时，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，∴an＝
答案：
11．(2018·广州调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则＝________.
解析：因为an＋1＝a＋an，
所以＝＝－，
即＝－，
于是＋＋…＋＝＋＋…＋＝－.
因为a1＝1，a2＝2＞1，a3＝6＞1，…，
可知∈(0,1)，则－∈(0,1)，
所以＝0.
答案：0
12．已知数列{an}满足a1＝－40，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，则an取最小值时n的值为________．
解析：由nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n＝2n(n＋1)，
两边同时除以n(n＋1)，得－＝2，
所以数列是首项为－40、公差为2的等差数列，
所以＝－40＋(n－1)×2＝2n－42，
所以an＝2n2－42n，
对于二次函数f(x)＝2x2－42x，
在x＝－＝－＝10.5时，f(x)取得最小值，
因为n取正整数，且10和11到10.5的距离相等，
所以n取10或11时，an取得最小值．
答案：10或11
三、解答题
13．(2018·枣庄模拟)已知方程anx2－an＋1x＋1＝0(an＞0)有两个根αn、βn，a1＝1，且满足(1－)(1－)＝1－2n，其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2(an＋1)，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：(1)由已知可得，，
又(1－)(1－)＝1－2n，∴1－＋＝1－2n，
整理得，an＋1－an＝2n，其中n∈N*.
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＝＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝log2(2n－1＋1)＝n，
∴cn＝n(2n－1)＝n·2n－n.
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－(1＋2＋…＋n)，
设Pn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
则2Pn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②
①－②得－Pn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Pn＝(n－1)×2n＋1＋2.
又Qn＝1＋2＋…＋n＝，
∴Tn＝Pn－Qn＝(n－1)×2n＋1＋2－.
14．(2018·九江一中模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比数列，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有64Tn＜|3λ－1|成立，求实数λ的取值范围．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由得
，
即，
解得或.
当a1＝－，d＝时，＝没有意义，
∴a1＝2，d＝2，此时an＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)bn＝＝＝[－]．
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋
[－]＋[－]
＝[1＋－－]
＝－[＋]，
∴64Tn＝5－4[＋]＜5，
为满足题意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－.