北京四中网校数学高考总复习：数列的应用
2024年高考数学一轮总复习讲义 第四讲 数列求和
第四讲数列求和知识梳理知识点一公式法求和1.如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式.2.等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋3.等比数列的前n 项和公式：S n 1，＝a 1(1－q n)1－q，q ≠1.注意等比数列公比q 的取值情况，要分q ＝1，q ≠1.知识点二分组求和法一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，则可用分组求和法求其前n 项和.知识点三倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的.知识点四错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.知识点五裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.知识点六并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两合并求解，则称之为并项求和.如{a n }是等差数列，求数列{(－1)n a n }的前n 项和，可用并项求和法求解.形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可考虑采用两项合并求解.归纳拓展1.常见的裂项公式(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1n (n ＋k )＝(3)1n 2－1＝(4)1(2n －1)(2n ＋1)＝(5)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )；(6)1n (n ＋1)(n ＋2)＝121n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)；(7)2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1.双基自测题组一走出误区1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和为S n ＝a 1－a n ＋11－q.(√)(2)sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 287°＋sin 288°＋sin 289°可用倒序相加求和.(√)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.(×)(4)当n ≥2时，1n 2－1＝√)(5)2n＋n 项和可用分组求和.(√)[解析](1)因为数列{a n }为等比数列，且公比不等于1.则其前n 项和为S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a 1q n 1－q ＝a 1－a n ＋11－q.(2)因为sin 21°＋sin 289°＝sin 22°＋sin 288°＝sin 23°＋sin 287°＝sin 244°＋sin 246°＝2sin 245°＝1，所以sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 287°＋sin 288°＋sin 289°可用倒序相加求和.(3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解.(4)＝12·n ＋1－(n －1)(n －1)(n ＋1)＝1n 2－1.题组二走进教材2.(选修2P 51T2改编)在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为20252026，则项数n ＝(C )A.2023B ．2024C.2025D ．2026[解析]a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝20252026，∴n ＝2025.故选C.3.(选修2P 56T11改编)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n sin n π3，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2021＝(D )A.10113B ．－523C.523D．－10113[解析]因为f(n)＝sin nπ3的周期为T＝2ππ3＝6，所以a6k－5＋a6k－4＋a6k－3＋a6k－2＋a6k－1＋a6k＝(6k－5)×32＋(6k－4)×32＋(6k－3)×0＋(6k－2)(6k－1)6k×0＝－33，然后求和即可.因为f(n)＝sin nπ3的周期为T＝2ππ3＝6，a6k－5＋a6k－4＋a6k－3＋a6k－2＋a6k－1＋a6k＝(6k－5)×32＋(6k－4)×32＋(6k－3)×0＋(6k－2)(6k－1)6k×0＝－33，k∈N*，则a1＋a2＋a3＋…＋a2021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2021＋a2022－a2022＝337×(－33)－2022sin 2022π3＝－10113，故选D.4.(选修2P40T3改编)S n＝12＋12＋38＋…＋n2n等于(B)A.2n－n－12n B．2n＋1－n－22nC.2n－n＋12n D．2n＋1－n＋22n[解析]解法一：由S n＝12＋222＋323＋…＋n2n①得12S n＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1②①－②得，1 2S n＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，＝1211－12－n2n＋1，∴S n＝2n＋1－n－22n.解法二：此类问题可先考虑排除法，令n＝1即得B正确.5.(选修2P 56T10改编)(2024·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2(n ＋1).[解析]由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，4，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1).题组三走向高考6.(2017·课标Ⅱ，15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则错误!1S k ＝2n n ＋1.[解析]本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和.设公差为d 1＋2d ＝3，a 1＋6d ＝10，1＝1，＝1，∴a n ＝n .∴前n 项和S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴1S n ＝2n (n ＋1)＝∴错误!1S k ＝－12＋12－13＋…＋1n －2·n n ＋1＝2n n ＋1.分组求和法——师生共研1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(B )A.2019×20202B ．2021×20202C.2019×20192D．2020×20202[解析]由a n＝n2sin n为奇数时，a n＝－n2，当n为偶数时，a n＝n2，故S n＝－12＋22－32＋42＋…－20192＋20202＝1＋2＋3＋4＋…＋2019＋2020＝2020(1＋2020)2＝2020×20212.故选B.2.(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝n＋1，n为奇数，n＋2，n为偶数.(1)记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；(2)求{a n}的前20项和.[解析](1)因为b n＝a2n，所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝a1＋1＋3＝a1＋4＝5.由题意得a2n＋1＝a2n＋2，a2n＋2＝a2n＋1＋1，所以a2n＋2＝a2n＋3，即b n＋1＝b n＋3，所以数列{b n}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以b n＝2＋(n－1)×3＝3n－1.(2)当n为奇数时，a n＝a n＋1－1.设数列{a n}的前n项和为S n，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝[(a2－1)＋(a4－1)＋…＋(a20－1)]＋(a2＋a4＋…＋a20)＝2(a2＋a4＋…＋a20)－10，由(1)可知a2＋a4＋…＋a20＝b1＋b2＋…＋b10＝10×2＋10×92×3＝155，故S20＝2×155－10＝300，即{a n}的前20项和为300.名师点拨：分组转化法求和的常见类型1.若a n＝b n±c n，且{b n}，{c n}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n}的前n项和.2.通项公式为a n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.【变式训练】1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (n 2－n )，前n 项和为S n ，则满足S 2n＋1≤－2023的最小正整数n 的值为(D )A.28B ．30C ．31D ．32[解析]用分组(并项)求和法求得和S 2n ＋1，然后解不等式S 2n ＋1<－2023，结合n 是正整数得解.由题意，得S 2n ＋1＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(2n )2－(2n －1)2]－(2n ＋1)2－[－1＋2－3＋4－5＋…＋2n －(2n ＋1)]＝(2－1)×(1＋2)＋(4－3)×(3＋4)＋…＋[2n －(2n －1)][(2n －1)＋2n ]－(2n ＋1)2－[n －(2n ＋1)]＝1＋2＋3＋4＋…＋2n －(2n ＋1)2＋n ＋1＝2n (1＋2n )2－(2n ＋1)2＋n ＋1＝－2(n 2＋n )，由S 2n＋1≤－2023，得－2(n 2＋n )≤－2023，即n 2＋n ≥20232，结合n ∈N *，解得n ≥32，故n 的最小值为32.故选D.2.(2024·信阳模拟)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2n ＋2，n 是奇数，a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为(C )A.1121B ．1122C ．1123D ．1124[解析]由题意知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.裂项相消法——多维探究角度1形如b n ＝1a n a n ＋1({a n }为等差数列)型求和：(1)S n＝1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n；(2)S n＝11×3＋12×4＋…＋1n(n＋2)；(3)S n＝11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1).[解析](1)∵a n＝2n(n＋1)＝∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝＋…＝2n n＋1.(2)∵a n＝1n(n＋2)＝∴S n －13＋12－14＋…＋1n－＋1 2－1n＋1－＝34－2n＋32(n＋1)(n＋2).(3)∵a n＝1(2n－1)(2n＋1)∴S n…n 2n＋1.角度2形如a n＝1n＋k＋n型(2023·西安八校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令a n＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N ＋.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2025等于(C )A.2024－1B ．2024＋1C.2025－1D ．2025＋1[解析]由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2025＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2025＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2025－2024)＝2025－1.角度3形如an ＝2n ＋kn 2(n ＋k )2型已知数列{a n }满足a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2，S n 为{a n }的前n 项和，则S n ＝1454－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.[解析]∵a n ＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝141n 2－1(n ＋2)2，∴S n…＋＝141＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＝1454－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.角度4形如a n ＝ka n(a n－1)(a n ＋1－1)(a >0，a ≠1)型已知数列{a n }，a 1＝23，a n ＋1＝2a n －a n a n ＋1n 项和为S n，则S2023＝(D)A.1 3－122021＋1B．13－122022＋1C.1 3－122023＋1D．13－122024＋1[解析]由原数列的递推式可得a n＋1＝2a n1＋a n，两边取倒数，再两边同时减去1，结合等比数列的定义和通项公式，由数列的裂项相消求和，计算可得所求和.由a n＋1＝2a n－a n a n＋1，可得a n＋1＝2a n1＋a n，两边取倒数，可得1a n＋1＝1a n＋1－1，则1an－1－1，即有a n＝2n2n＋1，a n2n＋1＋1＝2n(2n＋1)(2n＋1＋1)＝12n＋1－12n＋1＋1，所以S2023＝13－15＋15－19＋…＋122023＋1－1 22024＋1＝13－122024＋1.故选D.名师点拨：裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变.在解题中，要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{a n}的通项公式，达到求解的目的.1.直接考查裂项相消法求和.解决此类问题应注意以下两点：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如：若{a n}是等差数列，则1a n a n＋11a n a n＋2＝2.与不等式相结合考查裂项相消法求和.解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式.【变式训练】1.(角度1)数列{a n }是正项等比数列，满足a n a n ＋1＝4n ，的前n 项和T n ＝(A )A.4n 2n ＋1B ．4n 2n －1C.n 2n ＋1D ．n 2n －1[解析]数列{a n }是正项等比数列，设公比为q (q >0)，由a n a n ＋1＝4n ，可得a 1a 2＝a 21q ＝4，a 2a 3＝a 21q 3＝16，解得a 1＝2，q ＝2，则a n ＝a 1q n －1＝2·2n －1＝2n －12，则1log 2a n ·log 2a n ＋1＝1log 22n －12·log 22n ＋12＝1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝T n ＝－13＋13－15＋…＋12n －1－4n2n ＋1.故选A.2.(角度2)求和S ＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝(A )A.5B ．4C ．10D ．9[解析]S ＝1－31－3＋3－53－5＋…＋119－121119－121＝1－11－2＝5，故选A.3.(角度3)已知等差数列{a n }，a 2＝2，a 5＋a 7＝12，设b n ＝2n ＋1a 2n a 2n ＋1，S n 为{b n }的前n 项和，则S n ＝n 2＋2n(n ＋1)2.[解析]1＋d ＝2，a 1＋10d ＝12，1＝1，＝1，∴a n ＝n ∴b n ＝2n ＋1n 2(n ＋1)2＝1n 2－1(n ＋1)2∴S n ＝…＋1n 2－1(n ＋1)2＝1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n(n ＋1)2.4.(角度4)数列{a n }是等比数列，a 2＝12，a 5＝116，b n ＝a n ＋1(a n ＋1)(a n ＋1＋1)，则数列{b n }的前n 项和为(A )A.2n －12(2n＋1)B ．2n －12n＋1C.12n＋1D ．2n －12n＋2[解析]a 5＝a 2·q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝1，∴a n－1，b n－1＋＋11＋11－1＋1，∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝＋＋…1＋1－12＝2n －12(2n＋1).故选A.错位相减法——师生共研(2023·全国甲，理，17)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1,2S n ＝na n .(1)求{a n}的通项公式；(2)n 项和T n .[解析](1)当n ＝1时，2S 1＝a 1，即2a 1＝a 1，所以a 1＝0.当n ≥2时，由2S n ＝na n ，得2S n －1＝(n －1)a n －1，两式相减得2a n＝na n－(n－1)a n－1，(题眼)即(n－1)a n－1＝(n－2)a n，当n＝2时，可得a1＝0，故当n≥3时，a na n－1＝n－1n－2，则a na n－1·a n－1a n－2·…·a3a2＝n－1n－2·n－2n－3 (2)1，整理得a na2＝n－1，因为a2＝1，所以a n＝n－1(n≥3).当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以a n＝n－1.(2)解法一：令b n＝a n＋12n＝n 2n，则T n＝b1＋b2＋…＋b n－1＋b n＝12＋222＋…＋n－12n－1＋n2n①，1 2T n＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1②，由①－②得12T n＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝21－12－n2n＋1＝1－2＋n2n＋1，即T n＝2－2＋n 2n.解法二：设b n＝a n＋1 2n，所以b n＝a n＋12n＝n2n＝＋－1，故a＝12，b＝0，q＝12.故A＝aq－1＝1212－1＝－1，B＝b－Aq－1＝0＋112－1＝－2，C＝－B＝2.故T n＝(An＋B)·q n＋C＝(－n－＋2，整理得T n＝2－2＋n2n.名师点拨：用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n·b n}是由等差数列{a n}与等比数列{b n}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n·b n}的前n项和为T n，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有q k(k∈N*)的项对齐，然后两边同时作差.第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出T n.用错位相减法求和应注意的问题1.如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.2.在写出“S n”与“qS n”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“S n－qS n”的表达式.3.“S n－qS n”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项.4.在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论求解.【变式训练】(2020·课标全国Ⅰ，理)设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.(1)求{a n}的公比；(2)若a1＝1，求数列{na n}的前n项和.[解析](1)设{a n}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3，又a1≠0，∴q2＋q－2＝0.∵q≠1，∴q＝－2.(2)设{na n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＝(－2)n－1，S n＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，－2S n＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n(－2)n，两式相减，得3S n＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－(－2)n1－(－2)－n(－2)n＝1－(1＋3n)(－2)n3，∴S n＝1－(1＋3n)(－2)n9.数列的求和——倒序相加法[解析]∵f(x)＝4x4x＋2，∴f(1－x)＝41－x41－x＋2＝2 2＋4x.∴f(x)＋f(1－x)＝4x4x＋2＋22＋4x＝1.S＝12022＋22022…＋20212022S＝20212022＋20202022…＋12022①＋②，得2S f12022＋f20212022＋f22022＋f20202022＋…＋f20212022＋12022＝2021.∴S＝2021 2.名师点拨：倒序相加法应用的条件与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和相加的方法求解.【变式训练】设f(x)＝x21＋x2，则1202212021f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)＝4043 2.[解析]∵f(x)＝x21＋x2，∴f(x)＋1x＝1.令S＝…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022).①则S＝f(2022)＋f(2021)＋…＋f(1)＋…＋②∴2S＝4043，∴S＝40432.提能训练练案[38]A组基础巩固一、单选题1.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，{b n}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，设c n＝a n＋b n，则数列{c n}的前10项和为(A)A.1078B．1068C．566D．556[解析]设等差数列{a n}的公差为d≠0，等比数列{b n}的公比为q，根据a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，利用通项公式即可解得d，q，再利用求和公式即可得出结论.设等差数列{a n}的公差为d≠0，等比数列{b n}的公比为q，∵a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，∴1＋d＝q,1＋3d＝q2，d≠0，解得：d＝1，q＝2.∴a n＝1＋n－1＝n，b n＝2n－1.∴c n＝a n＋b n＝n＋2n－1.则数列{c n}的前10项和＝10×(1＋10)2＋210－12－1＝1078.故选A.2.已知数列{a n}满足a1＝16，(n＋1)a n＋1＝2(n＋2)a n，则{a n}的前100项和为(D)A.25×2102B．25×2103C.25×2104D．25×2105[解析]因为(n＋1)a n＋1＝2(n＋2)a n，a1＝16，所以a n＋1n＋2＝2a nn＋1，a12＝8.所以8为首项，2为公比的等比数列，则a nn＋1＝8×2n－1＝2n＋2，即a n ＝(n＋1)2n＋2，设{a n}的前n项和为S n，则S n＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，则2S n＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3，两式相减得－S n ＝2×23＋24＋25＋26＋…＋2n ＋2－(n ＋1)2n ＋3＝2＋2(1－2n ＋2)1－2－(n ＋1)2n ＋3＝－n ×2n ＋3，所以S n ＝n ×2n ＋3，所以S 100＝100×2103＝25×2105，选D.3.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n 等于(D )A.13B ．10C ．9D ．6[解析]∵a n ＝2n －12n ＝1－12n ，∴S n ＝n ＋122＋…n －1＋12n .而32164＝5＋164，∴n －1＋12n ＝5＋164.∴n ＝6.4.设数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n －1)·cos n π2－1，其前n 项和为S n ，则S 2022＝(D )A.4041B ．－5C ．－2021D ．－4045[解析]根据题意，分类讨论n ＝4k －3或n ＝4k －1，k ∈N *时，cos n π2＝0，n ＝4k －2，k ∈N *时，cos n π2＝－1，n ＝4k ，k ∈N *时，cos n π2＝1，即可得出答案.∵a n ＝(－1)n (2n －1)·cosn π2－1，∴当n ＝4k －3或n ＝4k －1，k ∈N *时，cos n π2＝0，a 4k －3＝a 4k －1＝－1；当n ＝4k －2，k ∈N *时，cosn π2＝－1，a 4k －2＝[2×(4k －2)－1]×(－1)－1＝－8k ＋4；当n ＝4k ，k ∈N *时，cosn π2＝1，a 4k ＝2×4k －1－1＝8k －2，∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝0，∴S 2022＝S 2020＋a 2021＋a 2022＝a 2021＋a 2022＝－1＋(2×2022－1)·(－1)－1＝－4045，故选D.5.已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，前100项和为(D )A.100101B ．99100C ．101100D ．200101[解析]∵a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝1＋n .∴a n －a n －1＝n (n ≥2).∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2.∴1a n ＝2n (n ＋1)＝100项和为－12＋12－13＋…＋1100－200101.故选D.6.(2022·重庆调研)已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 202220222＝(A )A.20222023B ．20202021C.20212022D ．20192020[解析]由题知，数列{a n }满足a n ＝n n ＋1的通项公式为a nn 2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 202220222＝1－12＋12－13＋…＋12022－12023＝1－12023＝20222023.7.在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于(B )A.(3n －1)2B ．12(9n －1)C.9n －1D ．14(3n －1)[解析]因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2).则当n≥2时，a n＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以a n＝2·3n－1(n∈N*).则数列{a2n}是首项为4，公比为9的等比数列，a21＋…＋a2n＝4(1－9n)1－9＝12(9n－1).故选B.8.(2023·辽宁凌源二中联考)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n，T n，且a n>0,6S n＝a2n＋3a n，n∈N*，b n＝2a n(2a n－1)(2a n＋1－1)，若对任意的n∈N*，k>T n恒成立，则k的最小值是(C)A.17B．49C．149D．8441[解析]当n＝1时，6a1＝a21＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6S n＝a2n＋3a n，∴6S n＋1＝a2n＋1＋3a n＋1，两式作差可得6a n＋1＝a2n＋1－a2n＋3a n＋1－3a n，整理可得(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－3)＝0，结合a n>0可得a n＋1－a n－3＝0，∴a n＋1－a n＝3，故数列{a n}是首项为3，公差为3的等差数列，∴a n＝3＋(n－1)×3＝3n，则b n＝2a n(2a n－1)(2a n＋1－1)＝8n(8n－1)(8n＋1－1)＝∴Tn＝17＝<149，∴k≥149.故选C.二、多选题9.(2023·济南调研)已知数列{a n}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n＝1a n·a n＋1，设数列{b n}的前n项和S n，则(AC)A.a n＝n2B．a n＝nC.S n＝4nn＋1D．S n＝5nn＋1[解析]由题意得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，∴b n ＝1n 2·n ＋12＝4n (n ＋1)＝∴数列{b n }的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －＝＝4nn ＋1.故选AC.10.(2024·重庆月考)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n a n －1＝2n n －1(n ≥2，n ∈N *)，{a n }的前n 项和为S n ，则(ABD )A.a 2＝－8B ．a n ＝－2n ·n C.S 3＝－30D ．S n ＝(1－n )·2n ＋1－2[解析]由题意可得，a 2a 1＝2×21，a 3a 2＝2×32，a 4a 3＝2×43，…，a n a n －1＝2×n n －1(n ≥2，n ∈N *)，以上式子左、右分别相乘得an a 1＝2n －1·n (n ≥2，n ∈N *)，把a 1＝－2代入，得a n ＝－2n ·n (n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝－2符合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n ·n (n ∈N *)，a 2＝－8，故A ，B 正确；S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，则2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2(n ∈N *)，故S 3＝－34，故C 错误，D 正确.11.已知数列{a n }的首项为4，且满足2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0(n ∈N *)，则(BD )A.B.数列{a n }为递增数列C.数列{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)·2n ＋1＋4D.n 项和T n ＝n 2＋n 2[解析]由2(n ＋1)a n －na n ＋1＝0得a n ＋1n ＋1＝2×a n n ，是以a11＝a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为a n n＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝n ·2n＋1，显然递增，故B 正确；因为S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1,2S n ＝1×23＋2×24＋…＋n ·2n ＋2，所以－S n ＝1×22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝22(1－2n )1－2－n ·2n ＋2，故S n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故C 错误；因为a n 2n ＋1＝n ·2n ＋12n ＋1＝nn 项和T n ＝n (1＋n )2＝n 2＋n2，故D 正确.三、填空题12.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝42[解析]∵1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －－1n ＋1－＝34－13.(2023·海南三亚模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝10n －n 2，数列{b n }满足b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 4＝24，T 30＝650.[解析]当n ＝1时，a 1＝S 1＝9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝10n －n 2－[10(n－1)－(n －1)2]＝－2n ＋11，当n ＝1时也满足，所以a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)，所以当n ≤5时，a n >0，b n ＝a n ，当n >5时，a n <0，b n ＝－a n ，所以T 4＝S 4＝10×4－42＝24，T 30＝S 5－a 6－a 7－…－a 30＝2S 5－S 30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.14.(2023·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{a n}满足：a1为正整数，a n＋1a n为偶数，n＋1，a n为奇数，如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝4709. [解析]由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，{a n}是周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4709.四、解答题15.(2017·课标全国Ⅲ)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)n项和.[解析](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1).两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2).又由题设可得a1＝2，满足上式.从而{a n}的通项公式为a n＝2 2n－1.(2)n项和为S n.由(1)知a n2n＋1＝2(2n＋1)(2n－1)＝12n－1－12n＋1.则S n＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.16.(2023·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n}为等比数列，首项a1＝4，数列{b n}满足b n＝log2a n，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令c n＝4b n·b n＋1＋a n，求数列{c n}的前n项和S n.[解析](1)由b n＝log2a n和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.设等比数列{a n}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.∴a n＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n .n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4(1－4n )1－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1).B 组能力提升1.若数列{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项之和为(B )A.13B ．512C ．12D ．712[解析]∵b n ＝1a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，∴S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512.2.已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2019为(C )A.－4B ．－35C ．－53D ．14[解析]直接利用数列的递推关系求出数列的周期，进一步求出结果.由a n ＋1＝1＋a n 1－a n，a 1＝14，解得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2019＝4×504＋3，所以T 2019＝(a 1a 2a 3a 4)·(a 5a 6a 7a 8)·…·(a 2017a 2018a 2019)＝1×1×1×…×14×53×(－4)＝－53.故选C.3.我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，12，13，14，…，1n；①(2)将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n .则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝(C )A.n 24B ．(n －1)24C.n (n －1)4D ．n (n ＋1)4[解析]依题意可得新数列为n 2，n 4，n 6，…，1n ×n2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n2411×2＋12×3＋…＋1(n －1)n－12＋12－13＋…＋1n －1－＝n 24×n －1n ＝n (n －1)4.故选C.4.1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1.(其中x ≠0)[解析]当x ＝1时，1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，当x ≠1时.解法一：记S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，则xS n ＝x ＋2x 2＋…＋(n －1)x n －1＋nx n ，两式相减得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x－nx n ，∴S n ＝1－(1＋n )x n ＋nx n ＋1(1－x )2.解法二：1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n－1＝(x ＋x 2＋x 3＋…＋x n )′＝x (1－x n )1－x ′＝1－(1＋n )x n ＋nx n ＋1(1－x )2，综上可知1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝x ≠1).5.(2023·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n n 为奇数n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解析](1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，＋6＋d ＝10，＋4d －2q ＝3＋2d ，＝2，＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)，当n 为奇数，c n ＝2S n ＝1n －1n ＋2，当n 为偶数，c n ＝2n －1.∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )…(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1).6.已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *).[解析](1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2.所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b2n－1)的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2n b2n－1＝(3n－1)×4n，故T n＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4T n＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.得T n＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2n b2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.。
高考数学数列的实际应用
高考数学数列的实际应用在高考数学中，数列是一个重要的知识点，不仅在理论上具有丰富的内涵，而且在实际生活中也有着广泛的应用。
数列的概念看似抽象，但通过具体的实例，我们能更清晰地看到它与现实世界的紧密联系。
数列在经济领域的应用非常普遍。
比如说，银行存款的利息计算。
假设我们在银行存入一笔本金 P，年利率为 r，若按照每年复利一次计算，那么 n 年后的本利和就构成了一个数列。
第一年的本利和为 P(1＋ r)，第二年为 P(1 ＋ r)＾2 ，第三年为 P(1 ＋ r)＾3 ，以此类推，第 n 年的本利和就是 P(1 ＋ r)＾n 。
这个数列帮助我们清晰地了解到资金在不同时间的增长情况，从而为我们的储蓄和投资决策提供依据。
在商业销售中，数列也有着重要的作用。
例如，一家企业为了促进产品销售，推出了一种分期付款的方案。
假设一款产品的价格为M 元，分 n 期付款，每期的还款金额为 a 元。
那么第一期还款后，剩余未还金额为 M a ，第二期还款后，剩余未还金额为（M a)（1 ＋ r) a ，第三期还款后，剩余未还金额为（M a)（1 ＋ r) a(1 ＋ r) a ，以此类推。
通过这样的数列计算，企业可以合理规划资金回笼，消费者也能更清晰地了解自己的还款负担。
数列在人口增长模型中也有体现。
假设一个地区的初始人口为N0 ，年增长率为 p ，那么经过 n 年后的人口数量 Nn 可以用数列 Nn ＝ N0 （1 ＋ p)＾n 来表示。
通过这个数列，政府可以对未来的人口发展趋势进行预测，从而制定相应的人口政策，如教育、医疗、就业等方面的规划。
在资源开采方面，数列同样能发挥作用。
假设一个矿区的初始资源储量为 Q ，每年的开采量为 a ，年增长率为 q 。
那么第一年的剩余储量为 Q a ，第二年的剩余储量为（Q a)（1 ＋ q) a ，第三年的剩余储量为（Q a)（1 ＋ q) a(1 ＋ q) a ，以此类推。
通过这样的数列分析，企业可以合理安排开采计划，确保资源的可持续利用。
高考数学一轮总复习数列与数列极限的应用题解析
高考数学一轮总复习数列与数列极限的应用题解析数列是高中数学中重要的概念，它广泛应用于各种数学问题中，包括高考数学的考点。
在高考中，数列与数列极限的应用题也是常见的考点之一。
本文将对数列与数列极限的应用题进行解析，帮助同学们理解应用题的解题思路以及解题方法。
一、等差数列的应用题解析等差数列是最基础的数列之一，其应用题主要涉及以下几个方面：求前n项和、求特定项的值、求满足条件的项数等。
1. 求前n项和例如，某等差数列的首项为a1，公差为d，求该数列的前n项和Sn。
解题思路：根据等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d，可以得到Sn = n/2(a1 + an)。
2. 求特定项的值例如，某等差数列的首项为a1，公差为d，已知其前n项和Sn，求该等差数列的第m项的值am。
解题思路：根据等差数列的前n项和公式Sn = n/2(a1 + an)，将Sn代入公式中，就可以求得am的值。
3. 求满足条件的项数例如，某等差数列的首项为a1，公差为d，已知其前n项和Sn，求满足am≥k的最小项数m。
解题思路：首先，将等差数列前m项和的表达式Sn代入，得到m/2(a1 + am)≥k，然后将am的表达式带入，得到m/2(a1 + a1 + (m-1)d)≥k，进一步化简，解得m≥(2k-a1)/d + 1。
二、等比数列的应用题解析等比数列在数列与数列极限的应用中同样有重要的地位，主要涉及求前n项和、求特定项的值和求满足条件的项数等问题。
1. 求前n项和例如，某等比数列的首项为a1，公比为q，求该等比数列的前n项和Sn。
解题思路：根据等比数列的前n项和公式Sn = a1 (1 - q^n)/(1 - q)。
2. 求特定项的值例如，某等比数列的首项为a1，公比为q，已知其前n项和Sn，求该等比数列的第m项的值am。
解题思路：根据等比数列的前n项和公式Sn = a1 (1 - q^n)/(1 - q)，将Sn代入公式中，就可以求得am的值。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(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、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
高考数学新一轮总复习 专题讲练四 数列的综合应用考点突破课件 理
2n＋1 n＋12＋1＋
n2＋1＞1－n2＋n＋ 1＋1 n＝0，
∴an＋1＞an，∴{an}是递增数列．
法二：∵aan＋n 1＝n＋1n－ －
n＋12＋1 n2＋1
＝n＋1n＋＋ nn2＋＋112＋1＜1，
又∵an＜0，∴an＋1＞an，∴{an}是递增数列．
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• (1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元， 旅游业总收入为bn万元，写出表达式；
• (2)至少经过几年旅游业的总收入才能 (cáinéng)超过总投入？
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【解】 (1)第一年投入为 800 万元， 第二年投入为 8001－15万元， 第 n 年的投入为 8001－15n－1 万元， 所以，n 年内的总投入为： an＝800＋8001－15＋…＋8001－15n－1 ＝4 000－4 00045n.
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• 1．用好等差数列和等比数列的性质可以降低(jiàngdī)运算 量，减少差错．
• 2．理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义和应用， 体会两者解题中的区别．
• 3．注意数列与函数、方程、三角、不等式等知识的融合， 了解其中蕴含的数学思想．
• 4．在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低 (jiàngdī)、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以 利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型， 并用它解决实际问题．
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• 【归纳提升】 数列与不等式相结合的问题 是考试的热点，证明的主要(zhǔyào)方法就 是放缩法，有时先求和再放缩，有时先放缩 再求和，也有时考虑用数学归纳法．
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• 针对训练 • 3．已知函数f(x)＝log2x－logx2(0＜x＜1)，
高三数学总复习数列的应用理科知识点分析全国通用
数学高考总复习：数列的应用知识网络：目标认知考试大纲要求：1.等差数列、等比数列公式、性质的综合及实际应用；2.掌握常见的求数列通项的一般方法；3.能综合应用等差、等比数列的公式和性质，并能解决简单的实际问题.4.用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.重点：1.掌握常见的求数列通项的一般方法；3.用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题难点：用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.知识要点梳理知识点一：通项与前n项和的关系任意数列的前n项和；注意：由前n项和求数列通项时，要分三步进行：（1）求，（2）求出当n≥2时的，（3）如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式.知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法1.迭加累加法：，则，，…，2.迭乘累乘法：，则，，…，知识点三：数列应用问题1.数列应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.2.建立数学模型的一般方法步骤.①认真审题，准确理解题意，达到如下要求：⑴明确问题属于哪类应用问题；⑵弄清题目中的主要已知事项；⑶明确所求的结论是什么.②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达.③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）.规律方法指导1.由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想；2.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.3.加强数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：（1）通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想；（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养分析问题和解决问题的综合能力.。
数学高考重点数列与级数的应用与题型解析
数学高考重点数列与级数的应用与题型解析数学中的数列与级数一直是高中数学的重点内容，也是高考中经常涉及的考点。
掌握数列与级数的应用以及相应的解题技巧，对于高中数学学习和高考备考都至关重要。
本文将针对数列与级数的应用与题型进行详细解析，帮助同学们更好地理解与掌握这一部分知识点。
一、数列的应用1. 等差数列的应用等差数列是高中数学中最基础的数列之一，在实际生活中有着广泛的应用。
常见的等差数列应用包括等差数列的求和、等差数列的平均数、等差数列的累加与差的应用等。
下面以一个具体例子来阐述等差数列的应用。
【例题】某班级一次考试的数学成绩是等差数列，已知第一次考试的平均成绩为80分，共有20个学生参加考试，而第二次考试的平均成绩为85分，共有25个学生参加考试。
问这两次考试的总平均成绩是多少？【解析】设第一次考试的第一个人的成绩为a，公差为d，根据等差数列的求和公式可得：第一次考试的总分 = 20 ×（2a + (20-1)×d）/ 2 = 20a + 190d第一次考试的平均成绩 = 第一次考试的总分 / 参加考试的学生数 = （20a + 190d）/ 20 = a + 9.5d同理，设第二次考试的第一个人的成绩为b，公差为d，则第二次考试的平均成绩为 b + 12d。
根据题意得知，a + 9.5d = 80，b + 12d = 85。
将两个等式联立解方程组，可得a = 65，b = 35。
两次考试的总平均成绩 = （第一次考试的总分 + 第二次考试的总分）/ （参加考试的学生数之和）= （20 × 65 + 190 × d + 25 × 35 + 300 × d）/ （20 + 25）= （1300 + 490d + 875 + 300d）/ 45= （2175 + 790d）/ 45经过计算可得，两次考试的总平均成绩为 80.56 分。
2. 等比数列的应用等比数列在数学中同样有着广泛的应用，尤其是在解决与增长、衰减、利润等相关问题时常会涉及等比数列。
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数学高考总复习：数列的应用
编稿：林景飞 审稿：张扬 责编：严春梅
知识网络：
目标认知
考试大纲要求：
1.等差数列、等比数列公式、性质的综合及实际应用；
2.掌握常见的求数列通项的一般方法；
3.能综合应用等差、等比数列的公式和性质，并能解决简单的实际问题.
4.用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.
重点：
1.掌握常见的求数列通项的一般方法；
3.用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题
难点：
用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.
知识要点梳理
知识点一：通项与前n项和的关系
任意数列的前n项和；
注意：由前n项和求数列通项时，要分三步进行：
（1）求，
（2）求出当n≥2时的，
（3）如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就
只能写成分段的形式.
知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法
1.迭加累加法：
，
则，，…，
2.迭乘累乘法：
，
则，，…，
知识点三：数列应用问题
1.数列应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,
有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.
2.建立数学模型的一般方法步骤.
①认真审题，准确理解题意，达到如下要求：
⑴明确问题属于哪类应用问题；
⑵弄清题目中的主要已知事项；
⑶明确所求的结论是什么.
②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语
言，将数量关系用数学式子表达.
③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方
程、不等式）.
规律方法指导
1.由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想；
2.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.
3.加强数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：
（1）通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想；
（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养分析问题和解决问题的综合能力.