2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练及参考答案

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练【题型归纳】等差数列、等比数列的基本运算题组一 等差数列基本量的计算例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2−S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8【答案】D【解析】解法一：由题知()21(1)21n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2−S n =36得，(n ＋2)2−n 2=4n ＋4=36，所以n =8.解法二：S n ＋2−S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 【易错点】对S n ＋2−S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。

题组二 等比数列基本量的计算例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即4220q q --=，解得q 2=2，∴4624a a q ==.【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路：(1)设基本量a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．等差数列、等比数列的判定与证明题组一 等差数列的判定与证明例1设数列{a n }的各项都为正数，其前n 项和为S n ，已知对任意n ∈N *，S n 是a 2n 和a n 的等差中项． (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)若b n =−n ＋5，求{a n ·b n }的最大项的值并求出取最大值时n 的值． 【答案】(1)见解析；(2) 当n =2或n =3时，{a n ·b n }的最大项的值为6. 【解析】(1)由已知可得2S n =a 2n ＋a n ，且a n >0， 当n =1时，2a 1=a 21＋a 1，解得a 1=1； 当n ≥2时，有2S n −1=a 2n －1＋a n −1，所以2a n =2S n −2S n −1=a 2n −a 2n －1＋a n −a n −1，所以a 2n −a 2n －1=a n ＋a n −1，即(a n ＋a n −1)(a n −a n −1)=a n ＋a n −1，因为a n ＋a n −1>0， 所以a n −a n −1=1(n ≥2)．故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)可知a n =n ，设c n =a n ·b n ，则c n =n (−n ＋5)=−n 2＋5n =−⎝⎛⎭⎫n －522＋254， 因为n ∈N *，所以当n =2或n =3时，{a n ·b n }的最大项的值为6.【易错点】S n 是a 2n 和a n 的等差中项，无法构建一个等式去求解出a n 。

【思维点拨】等差数列的判定与证明的方法：①定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列； ②定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ；③等差中项法：{}122()n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；④通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列； ⑤前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：（1）若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可； （2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． 题组二 等比数列的判定与证明例2设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1=1，S n ＋1=4a n ＋2. (1)设b n =a n ＋1−2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．【答案】(1)见解析；(2) a n =(3n −1)·2n −2.【解析】(1)由a 1=1及S n ＋1=4a n ＋2，得a 1＋a 2=S 2=4a 1＋2. ∴a 2=5， ∴b 1=a 2−2a 1=3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2， ② ①−②，得a n ＋1=4a n −4a n −1， ∴a n ＋1−2a n =2(a n −2a n −1)． ∵b n =a n ＋1−2a n ， ∴b n =2b n −1，故{b n }是首项b 1=3，公比为2的等比数列. (2)由(1)知b n =a n ＋1−2a n =3·2n −1， ∴a n ＋12n ＋1−a n 2n =34， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n =12＋(n −1)·34=3n －14， 故a n =(3n −1)·2n −2.【易错点】对于b n =a n ＋1−2a n ，在条件中无法构造出来，等比数列的判定与证明常用的方法不清楚. 【思维点拨】等比数列的判定与证明常用的方法： （1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列． （2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中． 注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． （2）只满足()10n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠.等差数列、等比数列的性质题组一 等差数列性质的应用例1若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033【答案】C【解析】因为a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，所以d <0，a 2 016>0，a 2 017<0， 所以14032201620174 0324032()4032()022a a a a S ++==>，140334 03320174033()403302a a S a +==<，所以使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是4 032.【易错点】等差数列的求和与等差数列的某一项有关系。

题组二 等比数列性质的应用例2已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3=4，a 4＋a 5＋a 6=8，则S 12= A ．40B ．60C ．32D ．50【答案】B【解析】由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6−S 3，S 9−S 6，S 12−S 9是等比数列，即数列4,8，S 9−S 6，S 12−S 9是等比数列，因此S 12=4＋8＋16＋32=60，选B ． 【易错点】21n nnS q S =+，等式不会转化. 【思维点拨】等差（比）数列的性质是每年高考的热点之一，利用等差（比）数列的性质进行求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题. 应用等差数列性质的注意点： （1）熟练掌握等差数列性质的实质等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n 项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题. （2）应用等差数列的性质解答问题的关键寻找项数之间的关系，但要注意性质运用的条件，如若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,m n,p,)q ∈*N ，需要当序号之和相等、项数相同时才成立，再比如只有当等差数列{a n }的前n 项和S n 中的n 为奇数时，才有S n =na 中成立. 应用等比数列性质时的注意点：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n =p ＋q ，则a m ·a n =a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.等差数列与等比数列的综合例1 已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则 A ．a 1d >0，dS 4>0 B ．a 1d <0，dS 4<0 C ．a 1d >0，dS 4<0 D ．a 1d <0，dS 4>0【答案】B【解析】由a 24=a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )=(a 1＋3d )2，整理得d (5d ＋3a 1)=0，又d ≠0，∴a 1=−53d ，则a 1d =−53d 2<0，又∵S 4=4a 1＋6d =−23d ，∴dS 4=−23d 2<0，故选B ．【易错点】对三项成等差数列的中项性质应用.例2 已知数列{a n }满足：a n ＋1−a n =d (n ∈N *)，前n 项和记为S n ，a 1=4，S 3=21. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 1=167，12n an n b b -=＋，求数列{b n }的通项公式．【答案】(1) a n =3n ＋1；(2) b n =17×23n ＋1.【解析】(1)由已知数列{a n }为等差数列，公差为d ，则S 3=3×4＋3×22d =21，解得d =3，所以数列{a n }的通项公式为a n =3n ＋1. (2)由(1)得b n ＋1−b n =23n ＋1.当n ≥2时，b n =(b n −b n −1)＋(b n −1−b n −2)＋…＋(b 2−b 1)＋b 1， 所以()43(1)32354313161672[12]1222221277n n n n n b n ---+-+++==+=⨯-+≥．又b 1=167满足b n =17×23n ＋1，所以∀n ∈N *，b n =17×23n ＋1.【易错点】累加法的联想和使用.考点5等差数列与等比数列的创新问题题组一 等差数列与等比数列的新定义问题例1设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2nS n (n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列{c n }是首项为2、公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d =________. 【答案】4【解析】由题意可知，数列{c n }的前n 项和为1()2n n n c c S +=，前2n 项和为1222()2n n n c c S +=，所以S 2nS n=1212()2()2n n n c c n c c ++=2＋2nd 4＋nd －d =2＋21＋4－d nd，所以当d =4时，S 2n S n 为非零常数．【易错点】数列新定义型创新题. 【思维点拨】数列新定义型创新题的一般解题思路： (1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识； (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论． 题组二 等差数列与等比数列的文化背景问题例2《九章算术》卷第六《均输》中，提到如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间．．二节欲均容，各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即每节的容量成等差数列．在这个问题中的中间．．两节容量分别是 A ．6766升、4133升 B ． 2升、3升C ．322升、3733升 D ．6766升、3733升 【答案】D【解析】设从上而下，记第i 节的容量为i a 升，故12343a a a a +++=，7894a a a ++=，设公差为d ，则有113214463a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得56766a =，63733a =，选D ．【易错点】数学文化和数学知识的结合需要学生的应用意识.公式法求和题组一 等差数列的求和公式例1 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17＞0，S 18＜0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为A ．S 7a 7B ．S 8a 8C ．S 9a 9D ．S 10a 10【答案】C【解析】因为{a n }是等差数列，所以S 17=11717()2a a +=17a 9＞0，所以a 9＞0，又S 18=11818()2a a +=9(a 9＋a 10)＜0，所以a 10＜0，即该等差数列前9项均是正数项，从第10项开始是负数项，则S 9a 9最大，故选C ．【易错点】等差数列的公差和求和的关系. 题组二 等比数列的求和公式例2 在等比数列{a n }中，a 1＋a n =34，a 2·a n −1=64，且前n 项和S n =62，则项数n 等于 A ．4 B ．5 C ．6 D ．7【答案】B【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，由题意得a 2a n −1=a 1a n =64， 又a 1＋a n =34，解得a 1=2，a n =32或a 1=32，a n =2.当a 1=2，a n =32时，S n =1(1)1n a q q--=a 1－a n q 1－q =2－32q 1－q =62，解得q =2.又a n =a 1q n −1，所以2×2n −1=2n =32，解得n =5.同理，当a 1=32，a n =2时，由S n =1(1)1n a q q --=a 1－a n q 1－q =3221q q--=62，解得q =12.又a n =a 1q n −1=32×⎝⎛⎭⎫12n −1=2，所以⎝⎛⎭⎫12n −1=116=⎝⎛⎭⎫124，即n −1=4，n =5. 综上，项数n 等于5，故选B ． 【易错点】等比数列中项性质的求解.例3 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3=9，a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ≠a 1(当n ≥2时)，数列{b n }满足b n =2an ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】(1) a n =n ＋1或a n =3；(2) T n =2n ＋2−4.【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d .由题意得a 23=a 1a 7，即(a 1＋2d )2=a 1(a 1＋6d )，化简得d =12a 1或d =0. 当d =12a 1时，S 3=3a 1＋3×22×12a 1=92a 1=9，得a 1=2，d =1，∴a n =a 1＋(n −1)d =2＋(n −1)=n ＋1，即a n =n ＋1； 当d =0时，由S 3=9，得a 1=3， ∴a n =3.综上，a n =n ＋1或a n =3. (2)由题意可知b n =2n a=2n ＋1，∴b 1=4，b n ＋1b n=2.∴{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴T n =1(1)4(12)112n n b q q --=--=2n ＋2−4.【易错点】等差数学与等比数列的互相交叉使用. 【思维点拨】 1．两组求和公式 (1)等差数列：11()(1)==22n n n a a n n S na d +-+； (2)等比数列：111,1(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩．2．在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．注：在运用等比数列前n 项和公式时，一定要注意判断公比q 是否为1，切忌盲目套用公式导致失误．错位相减法求和例1 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若367,63S S ==，则数列{}n na 的前n 项和为 A ．()312nn -++⨯B ．()312nn ++⨯C ．()112nn ++⨯D ．()112nn +-⨯【答案】D【解析】当1q =时，不成立；当1q ≠时，()()31611711631a q qa qq⎧-⎪=-⎪⎨-⎪=⎪-⎩ ，两式相除得3631171163q q q -==-+，解得2q =， 则11a =，所以1112n n n a a q --==，所以12n n n a n -⋅=⋅，则数列{}n na 的前n 项和为21122322n n n T -=+⋅+⋅++⋅ ，2n T =()211222122n n n n -⋅+⋅++-⋅+⋅，两式相减得到：2112222n nn T n --=++++-⋅()12212112nn n n n -=-⋅=-⋅--，所以()112n nn T =+-⋅，故选D ．【易错点】注意错位相减的运算步骤.例2 已知等差数列{}n a 满足:*1()n n a a n +>∈N ，11a =，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，22log 1n n a b +=-.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式; (2)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =-，b n =；(2) T n =2332nn +-.【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，且d>0，由11a =，23112a d a d =+=+,，分别加上1，1，3后成等比数列，得()()22242d d +=+，解得d=2， ∴()11221n a n n =+-⨯=-. ∵22log 1n n a b +=-， ∴2log n b n =-，即b n =12n . (2)由(1)得a n ·b n =212nn -. ∴T n =+…+212nn -，① T n =+…+1212n n +-，② ①−②，得T n =+2+…+1212n n +-. ∴T n =11121211212n n n ---+--=2121322n n n ----=2332n n +-. 【易错点】注意错位相减的运算步骤. 【思维点拨】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 .裂项相消法求和例1 已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前6项和为A ．215 B ．415 C ．511D ．1011【答案】A【解析】数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，2n ≥时，211n S n -=-，两式作差得到21(2)n a n n =+≥，当1n =时，也适合上式，所以21n a n =+111315++- A. 【易错点】需要检验n =1时通项公式.【思维点拨】本题考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法.数列通项的求法中有常见的已知n S 和n a 的关系，求n a 的表达式，一般是写出1n S -后两式作差得通项，但是这种方法需要检验n =1时通项公式是否适用.数列求和的常用方法有：错位相减、裂项求和、分组求和等. 例2 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 2n ·a n ＋1)，求数列{1b n }的前n 项和T n .【答案】(1) a =−3，a n =3n −1(n ∈N *)；(2) T n =n3n ＋1. 【解析】(1)∵6S n =3n ＋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 =3n −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 =3n −1(n ∈N *)． (2)由(1)得b n =(1−an )log 3(a 2n ·a n ＋1)=(3n −2)(3n ＋1)， ∴T n =1b 1＋1b 2＋…＋1b n =11×4＋14×7＋…＋1(32)(31)n n -+=13(1−14＋14−17＋…＋13n －2−13n ＋1)=n 3n ＋1. 【易错点】裂项相消法注意分子. 【思维点拨】裂项相消法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．拆项分组法求和例1 已知函数()()2cos πf n n n =，且()()1n a f n f n =++，则12100a a a +++=A ．100-B ．0C ．100D ．10200【答案】A【解析】由题意可得，2112a =-+，22223a =-，22334a =-+，22445a =-，…，所以()()()()()222139912991001234991005050a a a +++=-+++-+=++++++=，()()()22222410023100101231001015150a a a +++=-++-=-++++=-，所以1210050505150100a a a +++=-=-．【易错点】奇数项与偶数项分别求和，每个和都是等差数列的和，从而易于求解．【思维点拨】数列求和的常用方法：公式法、分组求和法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法等，当遇到数列的通项为()()1nn a f n =-的形式时，可以用并项求和法或者用分组求和法，由于本题中()()()()()121211111n n n n a n n n n ++⎡⎤=-+-+=-++⎣⎦，因此我们把奇数项与偶数项分别求和，每个和都是等差数列的和，从而易于求解．例2 已知等差数列{a n }中，a 2=5，前4项和S 4=28. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =(−1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 【答案】(1) a n = 4n −3；(2) T 2n =4n .【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝5，S 4＝4a 1＋4×32×d ＝28， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，∴a n =a 1＋(n −1)×d =4n −3.(2)由(1)可得b n =(−1)n a n =(−1)n (4n −3)， ∴T 2n =−1＋5−9＋13−17＋…＋(8n −3)=4×n =4n . 【易错点】注意拆项分组是为了合并.【思维点拨】 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．数列求通项例1 设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n ＋1S n ，则S n ＝ .【答案】－1n【解析】法一：构造法由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ， 两边同时除以S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， 所以S n ＝－1n .法二：归纳推理法由a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1可得a 2＝S 1S 2＝a 1(a 1＋a 2)，故a 2＝12＝11×2，同理可得a 3＝16＝12×3，a 4＝112＝13×4，…，由此猜想当n ≥2时，有a n ＝1(n －1)n ＝1n －1－1n ，所以当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝－1n .又因为S 1＝－1也适合上式，所以S n ＝－1n . 【易错点】(1)条件中既有a n ＋1，又有S n ，自然想到用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.又因为结果求S n ，所以考虑用公式a n ＋1＝S n ＋1－S n 换掉a n ＋1，进而得到关于S n 的递推公式，用构造新数列使问题获解．(2)考虑到填空题的题型特点，由递推关系求出a 2，a 3，a 4，进而发现规律，猜想通项公式a n ，最后由a n 求出S n ，当然这需要冒一定风险． 【思维点拨】1．一般地，对于既有a n ，又有S n 的数列题，应充分利用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，有时将a n 转化为S n ，有时将S n 转化为a n ，要根据题中所给条件灵活变动．特别注意的是，公式a n ＝S n －S n －1当且仅当n ≥2时成立，所以在利用作差法求解数列的通项公式时，应注意对n ＝1的检验．2．由递推公式求数列通项的常用方法(1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用叠加法，即利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)求通项公式．(2)形如a n ＋1＝a n f (n )，常可采用叠乘法，即利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1求通项公式．(3)形如a n ＋1＝ba n ＋d (其中b ，d 为常数，b ≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造a n ＋1＋x ＝b (a n＋x )⎝⎛⎭⎫其中x ＝db －1，则{a n ＋x }是公比为b 的等比数列，利用它即可求出a n .(4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp.若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp ，可用公式求通项；若p ≠r ，则再采用(3)的办法求解．数列的综合应用题组一 数列与不等式的交汇例1 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{1a n a n ＋1}的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49.【答案】(1) a n =11−2n ；(2)见解析.【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 ≤−95.∵d 为整数， ∴d =−2.故{a n }的通项公式为a n =11−2n .(2)由(1)得，1a n a n ＋1=1(112)(92)n n --=12(19－2n −111－2n)，∴T n =12[(17−19)＋(15−17)＋…＋(19－2n −111－2n )]=12(19－2n −19)．令b n =19－2n， 由函数f (x )=19－2x 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)=49.【易错点】数列的不等式注意最后的分析. 题组二 数列与函数的交汇例2 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 2 018log n n a x =，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017的值为 A ．2 018 B ．2 017 C ．1 D ．−1【答案】D【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)=2018log 12018=−1.故选D.【易错点】数列结合了导数和对数的知识，综合性强. 【思维点拨】数列与不等式的交汇多为不等式恒成立或证明和的范围的形式，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．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；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．【巩固训练】题型一 求等差数列和等比数列的基本量1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且35·12a a =，20a =.若10a >，则20S = A ．420B ．340C ．−420D ．−340【答案】D【解析】根据等差数列的性质得到()()35221123122,2a a a d a d d a ⋅=⇒+⋅+=⇒=-=， 故得到202019202(2)340.2S ⨯=⨯+⨯-=- 2．在等比数列{}n a中，若2a =，3a =115721a a a a +=+A ．12 B ．23C ．32D ．2【答案】A【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则 ()611511566721115181162a a a a a a a a q q ++=====++.故选A. 3．已知等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，且456718a a a a +++=，则下列命题正确的是 A ．5a 是常数 B ．5S 是常数 C ．10a 是常数D ．10S 是常数【答案】D 【解析】()45675656218,9a a a a a a a a +++=+=∴+=为常数，故选D ．题型二等差数列和等比数列的求和基本量求解1．对于数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}12,n a a =的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，则数列{}n a 的前n 项和n S =__________．【答案】()1122n n +-+【解析】由1122n n n a a ++-=，且12a =，得11122n n n n a a ++-=，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，所以()1112n na n n =+-⨯=，所以2nn a n =⋅， 则()1231122232122n n n S n n -=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅， ()23412122232122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅，)2nn ++-解得()1122n n S n +=-⋅+2．等比数列{}n a 中，已知对任意自然数n ，12321n n a a a a ++++=-，则2222123n a a a a ++++等于A ．21n- B ．()1312n- C ．()1413n-D ．以上都不对【答案】C【解析】当1n =时，11211a =-=，当2n ≥时，1123123121,21n n n n a a a a a a a a --++++=-++++=-，两式作差可得：11222n n n n a --=-=，当1n =时，1101221a -===，综上可得，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，故()221124n n n a --==，则数列{}2na 是首项为1，公比为4的等比数列，其前n 项和为()()2222123114141143nnn a a a a ⨯-++++==--.本题选择C 选项.3．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1632a a a =,4a 与62a 的等差中项为32，则5S = A ．36 B ．33 C ．32D ．31【答案】D【解析】∵1632a a a =，∴3432a a a =，故42a =，又4623a a +=，∴612a =，∴12q =，116a =， 551161231112S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-，故选D ．4．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a 升， b 升， c 升，1斗为10升.则下列判断正确的是 A ．,,a b c 依次成公比为2的等比数列，且507a =B ．,,a b c 依次成公比为2的等比数列，且507c = C ．,,a b c 依次成公比为12的等比数列，且507a =D ．,,a b c 依次成公比为12的等比数列，且507c =【答案】D【解析】由条件知a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，三者之和为50升，根据等比数列的前n 项和，即502450.7c c c c ++=⇒=故答案为D. 题型三数列求和 1．记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值． 【答案】（1）；（2），最小值为．【解析】（1）设的公差为，由题意得，由得．所以的通项公式为．（2）由（1）得，当时，取得最小值，最小值为．2．等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求．【答案】（1）12n n a -=或1(2)n n a -=-；（2）6.【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，∴2534a q a ==，∴2q =±.∴12n n a -=或1(2)n n a -=-.nS {}n a n 17a =-315S =-{}n a nS nS 29n a n =-2–8n S n n=–16{}n a d 13315a d +=-17a =-2d ={}n a 29n a n =-228(4)16n S n n n =-=--∴4n =n S 16-{}n a 15314a a a ==，{}n a nS {}n a n 63m S =m（2）由（1）知，122112n nn S -==--或1(2)1[1(2)]123n n n S +-==--+， ∴2163mm S =-=或1[1(2)]633m m S =--=（舍），∴6m =. 3．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ． 【答案】21nn +【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩， 解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑．题型四通项公式求解1．已知数列{an}中，a 1＝3，且点Pn(a n ，a n ＋1)(n ∈N*)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________________． 【答案】a n ＝103×4n －1－13【解析】因为点Pn(a n ，a n ＋1)(n ∈N*)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0.所以a n ＋1＋13＝413n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭.因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为103，公比为4的等比数列．所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.2．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝__________.【答案】122n -【解析】因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n ＝2.又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列． 所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝122n -.3．数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，并且a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }的第100项为( )A.12100B.1250 C.1100 D.150【答案】D【解析】 因为a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1·a n a n －1－a n 是常数数列，设a n －1·a n a n －1－a n ＝k ，所以1a n －1a n －1＝1k ，所以1k ＝1－12＝12，所以1a 100＝1a 100－1a 99＋1a 99－1a 98＋…＋1a 2－1a 1＋1a 1＝992＋12＝50，所以a 100＝150.。