专题6.4 数列的综合应用(解析版)

6.4数列的综合应用思维导图典型例题分析考向一求通项公式(2019课标Ⅱ理,19,12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.解析(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,an+bn=12𝑛-1,an-bn=2n-1.所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12𝑛+n-12,bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12𝑛-n+12.思路分析(1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),从而证得数列{an+bn}为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an-bn}的通项公式,从而得an,bn.考向二求和公式及其应用(2016课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,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=13,得a1=2,(3分)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.(5分)(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=𝑏𝑛3,(7分)因此{bn}是首项为1,公比为13的等比数列.(9分)记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1-(13)𝑛1-13=32-12×3𝑛-1.(12分)考向三求参数问题已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=3132,求λ.解析(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=11-𝜆,a1≠0.(2分)由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以𝑎𝑛+1𝑎𝑛=𝜆𝜆-1.因此{an}是首项为11-𝜆,公比为𝜆𝜆-1的等比数列,于是an=11-𝜆(𝜆𝜆-1)𝑛-1.(6分)(2)由(1)得Sn=1-(𝜆𝜆-1)𝑛.由S5=3132得1-(𝜆𝜆-1)5=3132,即(𝜆𝜆-1)5=132.解得λ=-1.(12分)思路分析(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是否为一常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出λ.考向四构造法在数列中的应用数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;(2)求{an}的通项公式.解析(1)证明:由an+2=2an+1-an+2得,an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.又b1=a2-a1=1,所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(5分)(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.(8分)于是∑𝑘=1𝑛(𝑎𝑘+1-𝑎𝑘)=∑𝑘=1𝑛(2𝑘-1),所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.(10分)评析本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知识,同时考查运算变形的能力.考向五数列求和的综合问题(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=𝑛𝑎𝑛3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn𝑆𝑛2.解题指导(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列{bn},利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法——作差法即可证明不等式.解析(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1,3a2,9a3成等差数列,∴6a2=a1+9a3,又∵{an}是首项为1的等比数列,∴6a1q=a1+9a1q2,∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=13,∴an=a1·qn-1=(13)𝑛-1,∵bn=𝑛𝑎𝑛3,∴bn=n·(13)𝑛.(2)∵Sn为{an}的前n项和,∴Sn=𝑎1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=32[1-(13)𝑛].∵Tn为{bn}的前n项和,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×(13)1+2×(13)2+…+n(13)𝑛,①13Tn=1×(13)2+2×(13)3+…+n(13)𝑛+1.②①-②可得23Tn=13+(13)2+…+(13)𝑛-n·(13)𝑛+1=13[1-(13)𝑛]1-13-n·(13)𝑛+1=-(13𝑛+12)(13)𝑛+12,∴Tn=-(12𝑛+34)(13)𝑛+34,∴Tn-𝑆𝑛2=-12n·(13)𝑛0,∴Tn𝑆𝑛2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.解析本题主要考查等比数列定义、通项公式、前n项和公式等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.(1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),则4an+1=3an(n≥2),又4(a1+a2)=3a1-9,a1=-94,所以4a2=3a1,所以{an}是以-94为首项,34为公比的等比数列,因此an=-3×(34)𝑛.(2)由题意得bn=(n-4)×(34)𝑛.则Tn=(-3)×34+(-2)×(34)2+…+(n-4)×(34)𝑛,34Tn=(-3)×(34)2+(-2)×(34)3+…+(n-4)×(34)𝑛+1,两式相减,得14Tn=(-3)×34+(34)2+(34)3+…+(34)𝑛-(n-4)×(34)𝑛+1,所以Tn=-4n×(34)𝑛+1,由题意得-4n×(34)𝑛+1≤λ(n-4)×(34)𝑛恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0,记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),所以{𝜆+3≥0,𝑓(1)≥0,解得-3≤λ≤1.方法总结一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.基础题型训练一、单选题1．在等差数列na中，已知112a，公差2d，则12a（）A．10B．12C．14D．16【答案】A【分析】由等差数列的通项公式计算．【详解】由题意121111211210aad．故选：A．2．若数列na的前4项分别是11112345，，，，则该数列的一个通项公式为（）A．1(1)nnanB．(1)1nnanC．(1)nnanD．1(1)1nnan【答案】D【分析】利用观察归纳法求出通项公式.【详解】因为数列na的前4项分别是11112345，，，，正负项交替出现，分子均为1，分母依次增加1，所以对照四个选项，1(1)1nnan正确.故选：D3．在等比数列na中，15a，555S，则公比q等于（）A．4B．2C．2D．2或4【答案】C【解析】根据等比数列的求和公式，直接计算，即可得出结果.【详解】因为在等比数列na中，15a，555S，所以551551qq，则2q.故选：C.【点睛】本题主要考查等比数列前n项和的基本量运算，属于基础题型.4．在各项为正的递增等比数列na中，1261356421aaaaaa，，则na（）A．12nB．12nC．132nD．123n【答案】B【分析】首先根据等比数列的通项公式求2134aqa，再利用公比表示15,aa，代入方程，即可求得公比，再表示通项公式.【详解】数列na为各项为正的递增数列，设公比为q，且1q，12664aaa，36164aq2134aqa，13521aaa，2244421qq，即224140qq，解得:2q=11a1112nnnaaq.故选：B5．已知数列na满足10a，21a，222,,2,nnnanaan为奇数为偶数则数列na的前9项和为（）A．35B．48C．50D．51【答案】A【分析】直接利用数列的递推关系式求出数列的各项，进一步求出数列的和．【详解】解：数列{}na满足10a，21a，222,2,nnnanaan为奇数为偶数，当3n时，3202a，当4n时，4212a，当5n时，5224a，当6n时，6224a，当7n时，7246a，当8n时，8248a，当9n时．9268a，所以29911224468835Saaa．故选：A．6．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，L，即此数列第1项是02，接下来2项是02，12，再接下来3项是02，12，22，L，设nS是数列的前n项和，则2020S（）A．64250B．63250C．64622D．63622【答案】A【分析】结合分组求和法、等比数列前n项和公式求得2020S.【详解】分组：第1组有1项为02；第2组有2项，为02，12；……；第k组有k项，为02，12，…，12k.根据等比数列的前n项和公式得每组各项和分别为121，221，321，…，21k.∵前63组共有636420162（项），∴00101620123126320002222222222212121S63012326364212222222263154825012.故选：A.二、多选题7．数列na的前n项和为nS，已知27nSnn，则下列说法正确的是（）A．na是递增数列B．1014aC．当4n时，0naD．当3n或4时，nS取得最大值【答案】CD【分析】根据nS表达式及2n时，1nnnaSS的关系，算出数列na通项公式，即可判断A、B、C选项的正误.27nSnn的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.【详解】当2n时，128nnnaSSn，又116218aS，所以28nan，则na是递减数列，故A错误；1012a，故B错误；当4n时，820nan，故C正确；因为27nSnn的对称轴为72n，开口向下，而n是正整数，且3n或4距离对称轴一样远，所以当3n或4时，nS取得最大值，故D正确.故选：CD.8．设等差数列na的首项为1a，公差为d，其前n项和为nS，已知16170,0SS，则下列结论正确的是（）A