2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用教案

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·T 17 Ⅲ卷 已知递推关系求通项与裂项求和·T 17 2016

Ⅱ卷 等差、等比数列的基本运算·T 17 Ⅲ卷

数列的递推关系式、等比数列的定义·T 17

[真题自检]

1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，

b 1＝1，a 2＋b 2＝2.

(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.

解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1

.

由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3. ① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2

＝6. ② 联立①和②解得???

??

d ＝3，q ＝0

(舍去)，???

??

d ＝1，q ＝2.

因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1

.

(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2

＋q －20＝0， 解得q ＝－5，q ＝4.

当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.

2．(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列??

?

?

??

a n 2n ＋1的前n 项和． 解析：(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －

1)．

两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝2

2n －1(n ≥2)．

又由题设可得a 1＝2，符合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1

. (2)记{

a n

2n ＋1}的前n 项和为S n . 由(1)知a n

2n ＋1

＝

2

2n ＋1

2n －1

＝

12n －1－12n ＋1

. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1

.

3．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2

n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．

解析：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝1

4

.

(2)由a 2

n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因此{a n }的各项都为正数，所以

a n ＋1a n ＝1

2

. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝1

2

n －1.

4．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝1

3，a n b n ＋1

＋b n ＋1＝nb n .

(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．

解析：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝1

3

，得a 1＝2.

所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知， a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n

3，

因此{b n }是首项为1，公比为1

3的等比数列．

记{b n }的前n 项和为S n ，

则S n＝

1－

?

?

??

?1

3

n

1－

1

3

＝

3

2

－

1

2×3n－1

.

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a n＋1＝a n＋C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如a n＋1＝ka n(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a n＋1＝a n＋f(n)，利用a n＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a n－a n－1)，求其通项公式．

(3)叠乘法：形如

a n＋1

a n

＝f(n)≠0，利用a n＝a1·

a2

a1

·

a3

a2

·…·

a n

a n－1

，求其通项公式．

(4)待定系数法：形如a n＋1＝pa n＋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a n＋1－t＝p(a n－t)，其中t＝

q

1－p

，再转化为等比数列求解．

(5)构造法：形如a n＋1＝pa n＋q n(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q n＋1，得

a n＋1

q n＋1

＝

p

q

·

a n

q n

＋

1

q

，构造新数列{b n}?

?

??

?

其中b n＝

a n

q n，得

b n＋1＝

p

q

·b n＋

1

q

，接下来用待定系数法求解．

[题组突破]

1．(2017·威海模拟)已知数列{a n}满足a1＝1，且a n＝

1

3

a n－1＋(

1

3

)n(n≥2且n∈N*)，则数列{a n}的通项公式为( )

A．a n＝

3n

n＋2

B．a n＝

n＋2

3n

C．a n＝n＋2 D．a n＝(n＋2)3n

解析：由a n＝

1

3

a n－1＋(

1

3

)n(n≥2且n∈N*)得，3n a n＝3n－1a n－1＋1,3n－1a n－1＝3n－2a n－2＋1，…，32a2＝3a1＋1，以上各式相加得3n a n＝n＋2，故a n＝

n＋2

3n

.

答案：B

2．已知数列{a n}满足：a1＝

1

2

，a n＋1＝

n

n＋2

a n＋

?

?

??

?

1－

n

n＋2，则数列{

a n}的通项公式为a n＝( )

A.

1

n n ＋1

B ．1－1

n ＋1n ＋2

C ．1－

1

n

n ＋1

D.

n n ＋1

解析：通解：a n ＋1－1＝n n ＋2

a n ＋?

??

??

1－

n n ＋2－1＝n

n ＋2(a n －1)，令b n ＝a n －1，则b 2b 1×b 3b 2×b 4b 3×b 5

b 4×…×

b n b n －1＝13×24×35×…×n －1n ＋1，从而得到b n b 1＝2n n ＋1，又b 1＝a 1－1＝－12，得b n ＝2

n n ＋1

b 1＝－1

n n ＋1

， 所以a n ＝1－

1

n

n ＋1

，选C. 优解：a 1＝12＝1－11×2，a 2＝56＝1－12×3，a 3＝1112＝1－1

3×4，…，归纳可得a n ＝1－

1

n n ＋1

，选C. 答案：C

3．(2017·宜昌调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1

4a n －1＋1

(n ∈N *

，n ≥2)，数列{b n }满足关系式

b n ＝1

a n

(n ∈N *

)．

(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．

解析：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －14a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 4a n ＋1＝4a n ＋1

a n

，

∴b n ＋1－b n ＝4a n ＋1a n －1

a n

＝4.

又b 1＝1

a 1

＝1，∴数列{b n }是以1为首项，4为公差的等差数列．

(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝1

4n －3.

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝

1

4n －3

. 4．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋3n －12(n ∈N *

)． 证明：数列{a n －3}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式． 解析：当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋3－12，∴a 1＝9.

当n >1时，S n －S n －1＝a n ＝2a n ＋3n －12－2a n －1－3(n －1)＋12＝2a n －2a n －1＋3，

∴a n －3＝2(a n －1－3)，∴{a n －3}是以6为首项，2为公比的等比数列．∴a n －3＝6·2n －1

，

∴a n ＝6·2

n －1

＋3.

[误区警示]

依据递推式a n ＋1＝pa n ＋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，{a n }为等差数列；当p ≠1，p ≠0，q ＝0时，{a n }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S n ＝

a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减

即可求出S n .

(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??

?

?

??

c a n a n ＋1(其中{a n }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{a n }是首项为正数的等差数列，数列{1

a n ·a n ＋1

}的前n 项和

为S n ＝

n 2n ＋1

. (1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝(－1)n

a 12

n n+()，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .

解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得a 1＞0， 令n ＝1，则S 1＝1

a 1a 2＝1

3，所以a 1a 2＝3 ①， 令n ＝2，则S 2＝

1a 1a 2

＋

1

a 2a 3＝2

5

，所以a 2a 3＝15 ②， a 2＝a 1＋d ③， a 3＝a 1＋2d ④，

联立①②③④，解得?

??

??

a 1＝1

d ＝2或?

??

??

a 1＝－1

d ＝－2(舍去)，所以a n ＝2n －1.

(2)由题意知，b n ＝(－1)n

a

n n ＋1

2

＝(－1)n

[n (n ＋1)－1]，所以T 2n ＝－(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 ＝n 4＋4n

2

＝2n

2

＋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

a n ＋2

a n

＝q ，在求{a n }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 )＝????

?

n 2

当n 为奇数时，－n 2

当n 为偶数时，

且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100

＝( ) A ．0 B ．100 C ．－100

D ．10 200

解析：由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12

－22

－22

＋32

＋32

－42

－42

＋52

＋…＋992

－1002

－1002

＋101

2

＝－(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S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n a n ＋1＝3n

，则S 2 017＝________. 解析：由a n a n ＋1＝3n

，得a n －1a n ＝3

n －1

(n ≥2)，所以

a n ＋1

a n －1

＝3(n ≥2)，则数列{a n }的所有奇数项和偶数项均构成以3为公比的等比数列，又a 1＝1，a 1a 2＝3，所以a 2＝3，所以S 2 017＝1×

1－31 009

1－3

＋

3×1－3

1 008

1－3

＝3

1 009

－2.

答案：31 009

－2

3．(2017·广西三市联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1

＋a (n ∈N *

)．

(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；

(2)若b n ＝(1－an )log 3(a 2

n ·a n ＋1)，求数列{1b n

}的前n 项和T n .

解析：(1)∵6S n ＝3

n ＋1

＋a (n ∈N *

)，

∴当n ＝1时，6S 1＝6a 1＝9＋a ，

当n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝2×3n

，即a n ＝3

n －1

，

∵{a n }是等比数列，∴a 1＝1，则9＋a ＝6，得a ＝－3，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3

n －1

(n ∈N *

)．

(2)由(1)得b n ＝(1－an )log 3(a 2

n ·a n ＋1)＝(3n －2)(3n ＋1)， ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝11×4＋14×7＋…＋

1

3n －2

3n ＋1

＝13(1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1) ＝

n

3n ＋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?

????π12，－2，? ????7π12，2，且在区间? ??

?

?π12，7π12上为单调函数．

(1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ?

??

??n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30

.

解析：(1)由题可得

ωπ

12＋φ＝2 k π－π

2

，k ∈Z ， 7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π

3，k ∈Z . ∵|φ|＜π，∴φ＝－2π3.

(2)∵a n ＝2n sin ?

??

??2n π3－2π3(n ∈N *)，

数列?

?????2sin ? ????2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3， 前三项依次为0，3，－3，

∴a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *

)， ∴S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3. [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 018x

n ＋1

(n ∈N *

)在点(1,2 018)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝log 2

018x n

，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017的值为( )

A ．2 018

B ．2 017

C ．1

D ．－1

解析：因为y ′＝2 018(n ＋1)x n

，所以切线方程是y －2 018＝2 018(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝

n

n ＋1

，

所以a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝log 2 018(x 1·x 2·…·x 2 017)＝log 2 018(12×23×…×2 0172 018)＝log 2 01812 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{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)设数列{

1

a n a n ＋1}的前n 项和为T n ，求证：T n ≤4

9. 解析：(1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0， 于是9＋4d ≥0,9＋5d ≤0， 解得－94≤d ≤－9

5.

∵d 为整数，∴d ＝－2.

故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n . (2)证明：由(1)，得

1

a n a n ＋1

＝

1

11－2n 9－2n ＝12(19－2n －1

11－2n

)，

∴T n ＝12[(17－19)＋(15－17)＋…＋(19－2n －111－2n )]＝12(19－2n －1

9)．

令b n ＝

19－2n ，由函数f (x )＝1

9－2x

的图象关于点(4.5，0)对称及其单调性，知0＜b 1＜b 2＜b 3＜b 4，b 5＜b 6＜b 7＜…＜0，∴b n ≤b 4＝1.

∴T n ≤12×(1－19)＝4

9.

[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{a n }中，a 1＋a 22＋a 33＋…＋a n

n ＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N

*

使得a n ≤n

(n ＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．

解析：依题意得，数列{a n

n

}的前n 项和为2n

－1，当n ≥2时，a n n

＝(2n －1)－(2

n －1

－1)＝2

n －1

，且

a 1

1

＝21

－1＝1＝21－1

，因此a n n ＝2n －1(n ∈N *

)，a n n n ＋1＝2n －1n ＋1.记b n ＝2n －1

n ＋1，则b n ＞0，b n ＋1b n ＝

2n ＋1n ＋2

＝

n ＋2＋n n ＋2＞n ＋2n ＋2＝1，b n ＋1＞b n ，数列{b n }是递增数列，数列{b n }的最小项是b 1＝1

2

.依题意得，

存在n ∈N *

使得λ≥a n n n ＋1＝b n 成立，即有λ≥b 1＝12，λ的最小值是1

2

.

答案：12