数列的综合应用知识点总结、经典例题解析、高考练习题带答案18855.pdf

1 数列的综合应用【考纲说明】1会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的 和；2能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题；3.理解数列作为函数的特性，能够抽象出数列的模型；【知识梳理】考点一：通项公式的求解技巧 1.归纳、猜想数列的通项.2.迭代法求一阶递推式的通项公式.3.用等差（等比）数列的通项公式求数列的通项公式.4.已知数列an前 n 项和 Sn，则11nnnSSSa21nn.5.已知 an-an-1=f(n)(n2),则可用叠加法求 an.6.已知anan-1=f(n)(n2),则可用叠乘法求 an.7.已知数列an前 n 项之积 Tn，一般可求 Tn-1，则 an=11 1 n2nnTnTT.8.已知混合型递推式f(an,Sn)=0,可利用 an=Sn-Sn-1(n2)将关系式转化为只含有an或 Sn的递推式,再求 an或先间接求出 Sn再求出 an.9.已知数列an的递推关系，研究它的特点后，可以通过一系列的恒等变形如:倒数、通分、约分、裂项、等式两边同时乘以或除以同一个式子、因式分解、平方、开方、配方、取对数、辅助数列、待定系数等等构造得出新数列f(an)为等差或等比数列.例如:形如 an+1=Aan+f(n)或 an+1=Aan+qn,均可以两边同时除以 An+1后进行求解,也可以通过待定系数法将其转化为等比数列求解;形如 anan-1kan-1+b的递推数列可以两边同时倒数来求通项.考点二：数列求和的技巧 一、公式法 1、等差数列的前n项和公式 2 2)1(2)(11dnnnaaanSnn 2、等比数列的前n项和公式 )1(11)1()1(111qqqaaqqaqnaSnnn 3、常用几个数列的求和公式（1）)1(213211nnnkSnkn（2）)12)(1(61321222212nnnnkSnkn（3）2333313)1(21321nnnkSnkn 二、错位相减法 用于求数列nnba 的前 n 项和，其中na，nb分别是等差数列和等比数列。三、裂项相消法 适用于1anan+1其中an是各项不为 0 的等差数列。即:1anan+1=1d(1an-1an+1),特别:111)1(1nnnn;)211(21)2(1nnnn.nnnnan111 四、倒序相加法 推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它 与原数列相加，就可以得到n个)(1naa。五、分组求和法 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等 差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。考点三：数列的综合应用 一、数列与函数的综合 二、等差与等比数列的综合 3 三、数列的实际应用 数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合【经典例题】【例 1】(2011 年高考天津卷理科 4)已知 na为等差数列，其公差为-2，且7a是3a与9a的 等比中项，nS为 na的前 n 项和,*nN,则10S的值为 A-110 B-90 C90 D110【解析】D【例 2】(2011 年高考江西卷理科 5)已知数列na的前n项和nS满足:mnmnSSS,且 11a,那么10a()A.1 B.9 C.10 D.55【解析】A【例 3】（2008 年江西省高考题）数列an的通项公式是 an=11nn，若前 n 项和为 10，则项数为（）A、11 B、99 C、120 D、121【解析】C【例 4】（2008 安徽）设数列an满足 a1=a，an+1=can+1-c，nN*，其中 a，c 为实数，c0 1.求数列an的通项公式；2.设 a=21，c=21，bn=n（1-an），nN*，求数列bn的前 n 项和 Sn。【解析】（1）an+1-1=c（an-1）当 a1 时，an-1是首项为 a-1，公比为 c 的等比数列 an-1=（a-1）cn-1，即 an=（a-1）cn-1+1 当 n=1 时，an=a 仍满足上式。数列an的通项公式为 an=（a-1）cn-1+1（nN*）（2）由（1）得 bn=n（1-a）cn-1=n（21）n，Sn=b1+b2+bn=21+2（21）2+n（21）n 21Sn=（21）2+2（21）3+（n-1）（21）n+n（21）n+1 -得21Sn=21+（21）2+（21）n-n（21）n+1 Sn=1+21+（21）2+（21）n-1-n（21）n=21-（21）n-n（21）n 4 Sn=2-（2+n）（21）n 【例 5】（2008 浙江省）已知数列xn的首项 x1=3，通项 xn=2np+nq（nN*，p，q 为常数），且 x1，x4，x5成等差数列，求：（1）P，q 的值；（2）数列xn前 n 项和 Sn的公式。【解析】（1）由 x1=3，得 2p+q=3 又 x4=24p+4q，x5=25p+5q，且 x1+x5=2x4，得 3+25p+5q=25p+8q 解得 p=1，q=1（2）Sn=（2+22+2n）+（1+2+n）=2n+1-2+2)1(nn 【例 6】(2011 年福建理 16)已知等比数列an的公比 q=3，前 3 项和 S3=133。（I）求数列an的通项公式；（II）若函数()sin(2)(0,0)f xAxAp在6x处取得最大值，且最大值 为 a3，求函数 f（x）的解析式。【解析】（I）由313(1 3)13133,31 33aqS得 解得11.3a 所以12133.3nnna（II）由（I）可知233,3.nnaa所以 因为函数()f x的最大值为 3，所以 A=3。因为当6x时()f x取得最大值，所以sin(2)1.6 又0,.6故 所以函数()f x的解析式为()3sin(2)6f xx 【例 7】(2011 年全国新课标卷)等比数列 na的各项均为正数，且212326231,9.aaaa a(1)求数列 na的通项公式.5(2)设 31323loglog.log,nnbaaa求数列1nb的前项和.【解析】（）设数列an的公比为 q，由23269aa a得32349aa所以219q。由条件可知 a0,故13q。由12231aa得12231aa q，所以113a。故数列an的通项式为 an=13n。（）31323nloglog.lognbaaa(12.)(1)2nn n 故12112()(1)1nbn nnn 12111111112.2(1)().()22311nnbbbnnn 所以数列1nb的前 n 项和为21nn 【例 8】(2011 年高考浙江卷理科 19)已知公差不为 0 的等差数列na的首项1aa(aR),设数列的前 n 项和为nS，且11a，21a，41a成等比数列（）求数列na的通项公式及nS（）记1231111.nnASSSS，212221111.nnBaaaa，当2n 时，试比较nA与nB的大小.【解析】（）222141112214111()(3)aa aada adaaa1daa 则 1111(1)(1)naandananana，1(1)(1)(1)222nn nn nn nSa ndanaa 6（）1231111.nnASSSS1111.1 22 33 4(1)2222n naaaa 21211 22 3aa213 4a2121(1)(1)1a n nan 因为22nnaa，所以2112221111.nnBaaaa11()12112na21(1)2na 当2n 时，201221nnnnnCCCCn即111112nn；所以当0a 时，nnAB；当0a 时，nnAB.【课堂练习】1.（2009 江西卷文）公差不为零的等差数列na的前n项和为nS.若4a是37aa与的等比中 项,832S,则10S等于 A.18 B.24 C.60 D.90 2.（2010 江西理数）等比数列 na中，12a，8a=4，函数 128()()()f xx x a x ax a，则 0f（）A62 B.92 C.122 D.152(1)（2010 湖北文数）7.已知等比数列ma中，各项都是正数，且1a，321,22aa成等差数 列，则91078aaaa A.12 B.12 C.32 2 D32 2 4.（2010福建理数）设等差数列 na的前 n 项和为nS,若111a ,466aa,则当nS 取最小值时,n 等于 A6 B7 C8 D9 5错 误!未 指 定 书 签。.（2013年 福 建（理）已 知 等 比 数 列na的 公 比 为q,记(1)1(1)2(1).,nm nm nm nmbaaa*(1)1(1)2(1).(,),nm nm nm nmcaaam nN 则以下结论一定正确的是()7 A.数列 nb为等差数列,公差为mq B.数列 nb为等比数列,公比为2mq C.数列 nc为等比数列,公比为2mq D.数列 nc为等比数列,公比为mmq 6 错误!未指定书签。（2013 年重庆（理）已知 na是等差数列,11a,公差0d,nS为其前n项和,若125,a a a成等比数列,则8_S 7 错误!未指定书签。（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版）已知等比数列 na是递增数列,nS是 na的前n项和,若13aa，是方程2540 xx的两个根,则6S _.8、（2009 年全国卷）设等差数列na的前n项和为ns，公比是正数的等比数列nb的前n项和为nT，已知1133331,3,17,12,nnababTSb求a的通项公式。9、（2011 浙江卷）已知公差不为 0 的等差数列na的首项为)(Raa，且11a，21a，41a成等比数列（）求数列na的通项公式；（）对*Nn，试比较naaaa2322221.111与11a的大小 10、（2010 年山东卷）已知等差数列 na满足：73a，2675aa，na的前n项和为nS（）求na及nS；8（）令112nnab（*Nn），求数列 nb的前n项和为nT。11.（2013 年湖北卷（理）已知等比数列 na满足:2310aa,123125a a a.(I)求数列 na的通项公式;(II)是否存在正整数m,使得121111maaa?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.12 错误!未指定书签。（2013 年山东（理）设等差数列 na的前 n 项和为nS,且424SS,221nnaa.()求数列 na的通项公式;()设数列 nb前 n 项和为nT,且 12nnnaT(为常数).令2nncb*()nN.求数列 nc的前 n 项和nR.9【课后作业】1.（2009 重庆卷文）设 na是公差不为 0 的等差数列，12a 且136,a a a成等比数列，则 na的前n项和nS=（）A2744nn B2533nn C2324nn D2nn 2.（2010 安徽理数）设 na是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别 为,X Y Z，则下列等式中恒成立的是 A、2XZY B、Y YXZ ZX C、2YXZ D、Y YXX ZX 错误!未指定书签。3（2013 辽宁）下面是关于公差0d 的等差数列 na的四个命题:1:npa数列是递增数列；2:npna数列是递增数列；3:napn数列是递增数列；4:3npand数列是递增数列；其中的真命题为(A)12,p p (B)34,pp (C)23,pp (D)14,p p 4 错误!未指定书签。（2013 年新课标卷）等差数列 na的前n项和为nS,已知10150,25SS,则nnS的最 小值为_.5.已知（2008 年湖北省质检题）求和：Sn=-1+3-5+7-+（-1）n（2n-1）6.an的通项 an=lg11n，求an的前 n 项和 Sn。7 错误!未指定书签。（2013 年高考四川卷（理）在等差数列na中,218aa,且4a为2a和3a的等比中项,求数列na的首项、公差及前n项和.8.（2009 辽宁卷）等比数列na的前 n 项和为ns，已知1S,3S,2S成等差数列 10 （1）求na的公比 q；（2）求1a-3a=3，求ns 9.（2010 重庆文数）（16）（本小题满分 13 分，（）小问 6 分，（）小问 7 分.）已知 na是首项为 19，公差为-2 的等差数列，nS为 na的前n项和.（）求通项na及nS；（）设nnba是首项为 1，公比为 3 的等比数列，求数列 nb的通项公式及其前n项和nT.10.若函数)(xf对任意Rx都有2)1()(xfxf。（1）)1()1()2()1()0(fnnfnfnffan，数列na是等差数列吗？是证明你的结论；（2）求数列11nnaa的的前n项和nT。【参考答案】【课堂练习】1、C 2、C 3、C 4、A 5、C 6、64 7、63 8、解：设 na的公差为d，nb的公比为q 由3317ab得212317dq 11 由3312TS得24qqd 由及0q 解得 2,2qd 故所求的通项公式为 121,3 2nnnanb 9、解：设等差数列na的公差为d，由题意可知2214111()aaa 即2111()(3)ada ad，从而21a dd 因为10,.ddaa所以 故通项公式.nana （）解：记22222111,2nnnnTaaaaa因为 所以211(1()1 11111122()1()1222212nnnnTaaa 从而，当0a 时，11nTa；当110,.naTa时 10、解：（）设等差数列 na的首项为1a，公差为d，由于73a，2675 aa，所以721 da，261021da，解得31a，2d，由于dnaan)1(1，2)(1nnaanS，所以12 nan，)2(nnSn（）因为12 nan，所以)1(412nnan 因此)111(41)1(41nnnnbn 故nnbbbT21)1113121211(41nn)111(41n)1(4nn 所以数列 nb的前n项和)1(4nnTn 11、解:(I)由已知条件得:25a,又2110a q,13q 或,所以数列 na的通项或25 3nna 12(II)若1q ,12111105maaa 或,不存在这样的正整数m;若3q,12111919110310mmaaa,不存在这样的正整数m.12、解:()设等差数列 na的首项为1a,公差为d,由424SS,221nnaa得 11114684(21)22(1)1adadanand,解得,11a,2d 因此 21nan*()nN ()由题意知:12nnnT 所以2n时,112122nnnnnnnbT T 故,1221221(1)()24nnnnncbn *()nN 所以01231111110()1()2()3()(1)()44444nnRn ,则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444nnnRnn 两式相减得1231311111()()()()(1)()444444nnnRn 11()144(1)()1414nnn 整理得1131(4)94nnnR 所以数列数列 nc的前 n 项和1131(4)94nnnR 【课后作业】1、A 2、D 3、D 4、-49 5、当 n 为偶数时，Sn=n；当 n 为奇数时，Sn=-n 6、an=lgnn1=lg（n+1）-lgn Sn=（lg2-lg1）+（lg3-lg2）+（lg（n+1）-lgn）=lg（n+1）-lg1=lg（n+1）13 7、解:设该数列公差为d,前n项和为ns.由已知,可得 21111228,38adadadad.所以114,30add da,解得14,0ad,或11,3ad,即数列 na的首相为 4,公差为 0,或首相为 1,公差为 3.所以数列的前n项和4nsn或232nnns 8、解：（）依题意有)(2)(2111111qaqaaqaaa 由于 01a，故 022 qq 又0q，从而21q （）由已知可得321211）（aa 故41a ）（）（）（nnn211382112114S 9、10.解：（1）、)1()1()2()1()0(fnnfnfnffan（倒序相加）14)0()1()2()1()1(fnfnnfnnffan 1221101nnnnnn 则，由条件：对任意Rx都有2)1()(xfxf。）（1222222nan 1 nan21nan 11nnaa 从而：数列na是1,21da的等差数列。（2）、2111)2)(1(111nnnnaann nT=)2(11541431321nn）（nT=422121211141313121nnnnn 故：nT=42 nn