2013高考专题复习资料：数列综合运用

2013年高考复习数列真题热身1．(2011·四川改编)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝______.解析设数列{bn}的首项为b1，公差为d，由b3＝－2，b10＝12，得b1＋2d＝－2，b1＋9d＝12，解得b1＝－6，d＝2，∴bn＝－6＋2(n－1)＝2n－8.∵bn＝an＋1－an，∴a8＝(a8－a7)＋(a7－a6)＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝b7＋b6＋b5＋…＋b1＋a1＝7×(－6＋2×7－8)2＋3＝3.32．(2011·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝________.解析∵Sn＋Sm＝Sn＋m，a1＝1=S1.可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1.即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.13．(2011·广东)已知{an}是递增等比数列，a2＝2，a4－a3＝4，则此数列的公比q＝________.解析由a2＝2，a4－a3＝4得方程组a2＝2，a2q2－a2q＝4⇒q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1.又{an}是递增等比数列，故q＝2.24．(2011·浙江)若数列{n(n＋4)(23)n}中的最大项是第k项，则k＝________.解析由题意知k(k＋4)(23)k≥(k－1)(k＋3)(23)k－1，k(k＋4)(23)k≥(k＋1)(k＋5)(23)k＋1，解得10≤k≤1＋10.∵k∈N*，∴k＝4.4考点整合1．根据数列的递推关系求数列的通项公式(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an＋1－an＝f(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an＋1an＝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1anan＋1的数列的前n项和．其中{an}若为等差数列，则1anan＋1＝1d(1an－1an＋1)．(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、错位相减法求和例1(2010·全国)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．解(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n1＋22n3＋…＋2)＋2＝22(n+1)1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n1.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x＝5时，二次函数f(x)＝ax2＋bx取得最小值，等差数列{an}的前n项和Sn＝f(n)，a2＝－7.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝an2n，求Tn.解(1)由题意得：－b2a＝5，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a＝2an－11a.∵a2＝－7，得a＝1.∴a1＝S1＝－9，∴an＝2n－11.(2)bn＝2n－112n，∴Tn＝－92＋－722＋…＋2n－112n，①12Tn＝－922＋…＋2n－132n＋2n－112n＋1，②①－②得12Tn＝－92＋222＋…＋22n－2n－112n＋1＝－92＋12(1－12n－1)1－12－2n－112n＋1＝－72－12n－1－2n－112n＋1.∴Tn＝－7－2n－72n.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，Sn＝n(1＋an)2，n∈N*.(1)求证：数列{an}为等差数列；(2)若a2＝3，求证：当n∈N*时，1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋112.证明(1)由S1＝1＋a12＝a1知a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(1＋an)2－(n－1)(1＋an－1)2，化简得(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，①以n＋1代替n得(n－1)an＋1－nan＋1＝0.②两式相减得(n－1)an＋1－2(n－1)an＋(n－1)an－1＝0.则an＋1＋an－1＝2an，其中n≥2.所以，数列{an}为等差数列．(2)由a1＝1，a2＝3，结合(1)的结论知an＝2n－1(n∈N*)．于是1anan＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1)＝12(1－13)＋12(13－15)＋…＋12(12n－1－12n＋1)＝12(1－12n＋1)12.归纳拓展1.对Sn＝f(an)型的条件式，一般都要利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)来转化，一种方法是先写出Sn－1＝f(an－1)，相减得an＝f(an)－f(an－1)，另一种方法是直接得到Sn＝f(Sn－Sn－1)，具体选用哪一种方法要具体分析．2．对an＝1(2n－1)(2n＋1)型的式子，一般要拆成相邻两项的差，即an＝12(12n－1－12n＋1)，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，a1＝1，Sn＋1＝4an＋1，设bn＝an＋1－2an.(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)数列{cn}满足cn＝1log2bn＋3(n∈N*)，设Tn＝c1c2＋c2c3＋c3c4＋…＋cncn＋1，求Tn.(1)证明由于Sn＋1＝4an＋1，①当n≥2时，Sn＝4an－1＋1，②①－②得an＋1＝4an－4an－1.所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)．又bn＝an＋1－2an，所以bn＝2bn－1.因为a1＝1，且a1＋a2＝4a1＋1，所以a2＝3a1＋1＝4.所以b1＝a2－2a1＝2.故数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)解由(1)可知bn＝2n，则cn＝1log2bn＋3＝1n＋3(n∈N*)．Tn＝c1c2＋c2c3＋c3c4＋…＋cncn＋1＝14×5＋15×6＋16×7＋…＋1(n＋3)(n＋4)＝14－1n＋4＝n4(n＋4).三、数列综合应用例3已知单调递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋10恒成立，试求m的取值范围．解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.∴a2＋a4＝20.12∴a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，解之，得q＝2，a1＝2或q＝12，a1＝32.又∵{an}单调递增，∴q＝2，a1＝2.∴an＝2n.∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②由①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.1212∴m·2n＋12－2n＋1，即对任意正数n，m12n－1恒成立，且12n－1－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．(2)bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n.由Sn＋(n＋m)an＋10，即2n＋1－n·2n＋1－2＋n·2n＋1＋m·2n＋10对任意正整数n恒成立。分离变量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，a1＝2，a2＝4，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)记bn＝2(an－1)an，数列{bn}的前n项和为Sn，求使Sn2010的n的最小值．解(1)an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，∴(an＋1－an)＝2(an－an－1)(n≥2)．∵a1＝2，a2＝4，∴a2－a1＝2≠0，an－an－1≠0.故数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列．∴an＋1－an＝(a2－a1)×2n－1＝2n.∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21＋2＝2(1－2n－1)1－2＋2＝2n(n≥2)．又a1＝2满足上式，∴an＝2n(n∈N*)．∴Sn＝2n－(1＋121＋122＋…＋12n－1)＝2n－1－12n1－12＝2n－2(1－12n)＝2n－2＋12n－1.由Sn2010得2n－2＋12n－12010，即n＋12n1006，∴n最小为1006.(2)由(1)知bn＝2(an－1)an＝2(1－12n)＝2－12n－1，分组求和规范演练一、填空题1．若等差数列{an}满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值为________．解析因S3＝a1+a2+a3=3a2，得a2＝1，S5＝5a3，得a3＝2，则a4＝3，S7＝7a4，则a4＋S7＝8a4＝24.242．数列{an}是等差数列，a2＝8，S10＝185，从{an}中依次取出第3项，第9项，第27项，…，第3n项，按原来的顺序排成一个新数列{bn}，则bn＝________.解析由a2＝8，S10＝185可求得a1＝5，公差d＝3，∴an＝3n＋2.由于{an}的第3n项恰是{bn}的第n项，∴bn＝a＝3×3n＋2＝3n＋1＋2.3n＋1＋23n3．数列定义“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a1＝2，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，an＋an＋1＝5对一切n∈N*恒成立，因为a1＝2