高三数学二轮数列综合

第八讲数列求和与数列的综合运用
命题要点：（1）数列求和的基本方法；（2）等差数列与等比数列的综合问题；（3）等差等比数列与其他知识的综合运用；（4）函数与方程思想、化归思想、分论讨论思想、待定系数法等思想方法。
命题趋势：等差等比数列数列的两个最基本的模型，这是高考的热点之一，基本知识以填空题和选择题呈现，而综合知识以简答题的形式出现。
题型分析：
研热点（聚焦突破）
类型一 数列的通项问题
1．累加法求通项：形如an＋1－an＝f(n)．
2．累乘法求通项：形如＝f(n)．
3．构造法：形如：an＋1＝pan＋q.
4．已知Sn求an，即an＝
[例1]　(2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解析]　(1)当n＝1时，T1＝2S1－12.
因为T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，解得a1＝1.
(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，
所以Sn＝2Sn－1＋2n－1，①
所以Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②
②－①得an＋1＝2an＋2.
所以an＋1＋2＝2(an＋2)，即＝2(n≥2)．
当n＝1时，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则＝2，所以当n＝1时也满足上式．所以{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋2＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－2.

跟踪训练
数列{an}中，a1＝1，对所有的n≥2，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，数列{an}的通项公式为________．
解析：由题意，当n≥2时，
a1·a2·a3·…·an＝n2，①
故当n＝2时，有a1·a2＝22＝4，
又因为a1＝1，所以a2＝4.
故当n≥3时，
有a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，②
由，得an＝.
而当n＝1时，a1＝1，不满足上式，n＝2时，满足上式．
所以数列{an}的通项公式为an＝
答案：
类型二 数列求和
数列求和的方法技巧
(1)转化法
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并；
(2)错位相减法
这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}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
利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．
[例2]　(2012年高考浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1) 由Sn＝2n2＋n，得
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.
所以an＝4n－1，n∈N*.
由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，
所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，
2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，
所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]
＝(4n－5)2n＋5.
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.

跟踪训练
（1）(2012年高考课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)
A．3 690　　　　　　　　 B．3 660
C．1 845 D．1 830
解析：利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解．
∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，
∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝＝1 830.
答案：D
（2）?在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
[审题视点] 第(1)问利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)后，再同除Sn－1·Sn转化为的等差数列即可求Sn.
第(2)问求出{bn}的通项公式，用裂项相消求和．
解 (1)∵S＝an，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴S＝(Sn－Sn－1)，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.
(2)又bn＝＝
＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
类型三 数列的综合应用
1．数列的综合应用多涉及函数、不等式、解析几何等知识．
2．数列的单调性的判断方法：
(1)作差：an＋1－an与0的关系；
(2)作商：与1的关系．
[例3]　(2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
[解析]　(1)∵a1，a2＋5，a3成等差数列，
∴2(a2＋5)＝a1＋a3.
又2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
∴2S1＝a2－22＋1，2S2＝a3－23＋1，
∴2a1＝a2－3，2(a1＋a2)＝a3－7.
由得∴a1＝1.
(2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，①
∴当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1.②
①－②得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n，
∴an＋1＝3an＋2n.
两边同除以2n＋1得＝·＋，
∴＋1＝(＋1)．
又由(1)知＋1＝(＋1)，∴数列{＋1}是以为首项，为公比的等比数列，
∴＋1＝·()n－1＝()n，∴an＝3n－2n，
即数列{an}的通项公式为an＝3n－2n.
(3)证明：∵an＝3n－2n＝(1＋2)n－2n
＝C·1n·20＋C·1n－1·21＋C·1n－2·22＋…＋C·10·2n－2n
＝1＋2n＋2(n2－n)＋…＋2n－2n
>1＋2n＋2(n2－n)＝1＋2n2>2n2>2n(n－1)，
∴＝<＝·，
∴＋＋…＋
<1＋[＋＋…＋]
＝1＋(1－＋－＋…＋－)
＝1＋(1－)＝－<，
即＋＋…＋<.

跟踪训练
（1）(2012年北京东城模拟)已知数列{an}满足a1＝，(n≥2，n∈N)．
(1)试判断数列{＋(－1)n}是否为等比数列，并说明理由；
(2)设cn＝ansin ，数列{cn}的前n项和为Tn.求证：对任意的n∈N*，Tn<.
解析：(1)由an＝得
＝＝(－1)n－，
所以＋(－1)n＝2·(－1)n－
＝－2[＋(－1)n－1]．
又－1＝3≠0，
故数列{＋(－1)n}是首项为3，公比为－2的等比数列．
(2)证明：由(1)得＋(－1)n＝3·(－2)n－1.
所以＝3·(－2)n－1－(－1)n，
an＝，
所以cn＝ansin ＝(－1)n－1
＝<.
所以Tn<＝[1－()n]<.
（2）?(2011·惠州模拟)在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋＜k对任意n∈N*恒成立，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
[审题视点] 第(1)问由等比数列的性质转化为a3＋a5与a3a5的关系求a3与a5；进而求an；第(2)问先判断数列{bn}，再由求和公式求Sn；第(3)问由确定正负项，进而求＋＋…＋的最大值，从而确定k的最小值．
解 (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，∴(a3＋a5)2＝25，
又an＞0，∴a3＋a5＝5，又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，
∴a3＞a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝，a1＝16，
∴an＝16×n－1＝25－n.
(2)∵bn＝log2an＝5－n，
∴bn＋1－bn＝－1，
b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝.
(3)由(2)知Sn＝，∴＝.
当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；
当n＞9时，＜0.
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋＝18最大．
故存在k∈N*，使得＋＋…＋＜k对任意n∈N*恒成立，k的最小值为19.
解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．
析典题（预测高考）
高考真题
【真题】　(2012年高考湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
【解析】　(1)由题意得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4500－d.
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)得an＝an－1－d＝(an－2－d)－d
＝()2an－2－d－d
＝…
＝()n－1a1－d[1＋＋()2＋…＋()n－2]．
整理得an＝()n－1(3 000－d)－2d[()n－1－1]
＝()n－1(3 000－3d)＋2d.
由题意，知am＝4 000，
即()m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000，
解得d＝＝.
即该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．
【名师点睛】　本题考查利用递推数列求通项的方法，考查综合利用数列知识分析解决实际问题的能力，难度较大，解答本题的关键是求出递推关系an＋1＝an－d，并变形求an.
考情展望
高考对数列的通项与求和的考查多以解答题形式出现，主要考查an与Sn的关系，以及错位相减求和、裂项求和及分组转化求和，难度中档偏上．
名师押题
【押题】　在平面直角坐标系中，设不等式组(n∈N*)表示的平面区域为Dn，记Dn内的整点(横坐标和纵坐标均为整数的点)的个数为an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＋1＝2bn＋an，b1＝－13.求证：数列{bn＋6n＋9}是等比数列，并求出数列{bn}的通项公式．
【解析】　(1)由得0所以平面区域为Dn内的整点为点(3，0)或在直线x＝1和x＝2上．
直线y＝－2n(x－3)与直线x＝1和x＝2交点纵坐标分别为y1＝4n和y2＝2n，Dn内在直线x＝1和x＝2上的整点个数分别为4n＋1和2n＋1，
∴an＝4n＋1＋2n＋1＋1＝6n＋3.
(2)由bn＋1＝2bn＋an得bn＋1＝2bn＋6n＋3，
∴bn＋1＋6(n＋1)＋9＝2(bn＋6n＋9)，
∵b1＋6×1＋9＝2，
∴{bn＋6n＋9}是以2为首项，公比为2的等比数列，
∴bn＋6n＋9＝2n，
∴bn＝2n－6n－9.
经典作业：
1．(人教A版教材习题改编)等比数列{an}的公比q＝，a8＝1，则S8＝( )．
A．254 B．255 C．256 D．257
解析 由a8＝1，q＝得a1＝27，
∴S8＝＝＝28－1＝255.
答案 B
2．(2011·潍坊模拟)设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( )．
A.＋ B.＋ C.＋ D．n2＋n
解析 由题意设等差数列公差为d，则a1＝2，a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a＝a1a6，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.∵d≠0，
∴d＝，∴Sn＝na1＋d＝＋n.
答案 A
3．(2011·北京海淀模拟)等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为( )．
A．120 B．70
C．75 D．100
解析 ∵Sn＝＝n(n＋2)，∴＝n＋2.
∴数列前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.
答案 C
4．(2011·沈阳六校模考)设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝( )．
A. B.
C. D.
解析 因为数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，所以Sn＝＝.
答案 D
5．(人教A版教材习题改编)已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为( )．
A．－4 B．－6 C．－8 D．－10
解析 由题意知：a＝a1a4.则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6.
答案 B
6．(2011·运城模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝( )．
A．7 B．8 C．15 D．16
解析 设数列{an}的公比为q，则4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2.∴S4＝＝15.
答案 C
7. (2011·启东模拟)对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
[答案]　2n＋1－2
[解析]　∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2
＝＋2＝2n－2＋2＝2n，
∴Sn＝＝2n＋1－2.
8．(2011·江门模拟)有限数列A＝{a1，a2，…，an}，Sn为其前n项的和，定义为A的“凯森和”；如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}的“凯森和”为1000，则有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为________．
[答案]　991
[解析]　∵{a1，a2，…，a99}的“凯森和”为
＝1000，
∴S1＋S2＋…S99＝1000×99，
数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为：
＝＝991.
9. (2012·苏州质检)已知等差数列的公差d＜0，前n项和记为Sn，满足S20＞0，S21＜0，则当n＝________时，Sn达到最大值．
解析 ∵S20＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)＞0，
S21＝21a11＜0，∴a10＞0，a11＜0，
∴n＝10时，Sn最大．
10. (2010·重庆文)已知{an }是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和．
(1)求通项an及Sn；
(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
[解析]　本题主要考查等差数列的基本性质，以及通项公式的求法，前n项和的求法，同时也考查了学生的基本运算能力．
(1)因为{an}为首项a1＝19，公差d＝－2的等差数列，
所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，
Sn＝19n＋(－2)＝－n2＋20n.
(2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1－2n＋21
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋3＋…＋3n－1)＋Sn
＝－n2＋20n＋.
11. (2012·南昌模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[审题视点] 第(1)问将点(n，Sn)代入函数解析式，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到an，再利用a1＝S1可求r.
第(2)问错位相减求和．
解 (1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1·(b－1)，
由于b＞0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b，即＝b，
解得r＝－1.
(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，所以bn＝＝.
Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－－，
∴Tn＝－－＝－.
12. (2012·岳阳模拟)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，求使Sn＋n·2n＋1＞50成立的正整数n的最小值．
(1)解 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，
可得a3＝8，∴a2＋a4＝20，
所以解之得或
又∵数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)因为bn＝2nlog2n＝－n·2n，
所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，
2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，
两式相减，得
Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.
要使Sn＋n·2n＋1＞50，即2n＋1－2＞50，即2n＋1≥52.
易知：当n≤4时，2n＋1≤25＝32＜52；当n≥5时，2n＋1≥26＝64＞52.故使Sn＋
n·2n＋1＞50成立的正整数n的最小值为5.
13. (2011·课标)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．
解：(1)设数列{an}的公比为q.由a＝9a2a6得a＝9a ，所以q2＝.
由条件可知q>0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－.
故＝－＝－2，
＋＋…＋＝－2＋＝－.
所以数列的前n项和为－.
14. (2011·安徽)在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2， ①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…t2·t1， ②
①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得
T＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)．
∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.
(2)由题意及(1)中计算结果，知
bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1.
另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝，
得tan(k＋1)·tank＝－1.
所以Sn＝bk＝tan(k＋1)·tank
＝ 
＝－n.