高三数学-数列的综合问题

n(n 1) sn na1 2 d
n(a1 an ) 2
当q
1时，Sn
a1 1 qn 1 q
a1 anq 1 q
当q 1时，Sn na1
2an an1 an1
an2 an1 an1
2、主要性质
（1）若 m n p q (m、n、p、q N )
在等差数列 an中 有： an am a p aq
bn
1 4
设等差数列{an}的公差为d，因为a3 7, a5 a7 26
所以有2a1a1 21d0d
7
26
解得 a1 3,d 2
所以 an 3 （ 2 n 1)=2n+1
Sn
3n
n(n 1) 2 2
n2
2n
（2）由（1）知 an 2n+，1所以bn=
1
1
an2 1 (2n 1) 2 1
先求出a1,a2,a3,a4,再猜想出an,并用数学归纳法证明.
数列求和常用的方法
一、公式求和法
二、分组求和法 {an±bn}
分组后，可用公式求解
转化为等差等比数列求和
c 三、裂项相消法
1
n= anan+1
合理裂项，正确抵消
不能转化则抵消
四、错位相减法 {an·bn}
错位对齐，指数相同项相减 转化为等差等比数列求和
考点1 等差、等比数列知识的综合
【例 1】 设{an}是公比不为 1 的等比数列，其前 n 项和为 Sn， 且 a5，a3，a4 成等差数列．
(1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意 k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1 成等差数列．
考点4 等差数列与等比数列的综合 [例3] 已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的 前n项和． (1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值； (2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，
考点探究
(2)由 f(x)＝x2＋2x 求导可得，f′(x)＝2x＋2， ∵过点 Pn(n，Sn)的切线的斜率为 kn，∴kn＝2n＋2. 又∵bn＝2kn·an＝22n＋2·(2n＋1)＝4(2n＋1)·4n， ∴Tn＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4(2n＋1)·4n，① 由①×4 可得： 4Tn＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4(2n＋1)·4n＋1，②
（1）求a
n
及S
；
n
变（式2）：令令bnbna
11
a2
nn
21
(n(nNN* )*, 1
)求, 求数证 列： {bnb}1的前 b2 n项b3和Tn
bn
1 4
由（1）知 an 2n+，1 所以bn=
1
1
an2 1 (2n 1) 2 1
b1 b2 b3 bn
1 1 1 (1 1 ) 4 n(n 1) 4 n n 1
则 Bn＝4n＋n（n2－1）×4＝2n2＋2n(n∈N*)．
考点探究
第三种付酬方式每天金额组成数列{cn}为首项是 0.4，公比为 2 的等比数列，
考点探究
故 an＝2n＋1(n∈N*)． (2)由 f(x)＝x2＋2x 求导可得，f′(x)＝2x＋2， ∵过点 Pn(n，Sn)的切线的斜率为 kn，∴kn＝2n＋2. 又∵bn＝2kn·an＝22n＋2·(2n＋1)＝4(2n＋1)·4n， ∴Tn＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4(2n＋1)·4n，① 由①×4 可得： 4Tn＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4(2n＋1)·4n＋1，② ①－②可得：－3Tn＝4·[12＋2·(42＋43＋…＋4n)－(2n＋1)·4n＋1] ＝4·12＋2·42（11－－44n－1）－（2n＋1）·4n＋1.
1 [(1 1 ) ( 1 1) (1 1 ) ( 1 1 )] 1 (1 1 )
4 2 23 34
n n 1 4 n 1
11 1 1 4 4 n 1 4
例 已知等差数列 {an }满足：a3 7, a5 a7 26, 其前n项和为Sn
（1）求a
n
及S
；
n
变（式2）：令令bnbna
21
(n(nNN* )*, 1
)求, 求数证 列： {bnb}1的前 b2 n项b3和Tn
bn
1 4
例 已知等差数列 {an }满足：a3 7, a5 a7 26, 其前n项和为Sn
（1）求a
n
及S
；
n
变（式2）：令令bnbna
11
a2
nn
21
(n(nNN* )*, 1
)求, 求数证 列： {bnb}1的前 b2 n项b3和Tn
变式探究
3．已知各项都是正数的等比数列{an}中，存在两项 am，an(m，n∈N*)，
使得 aman＝4a1，且 a7＝a6＋2a5，则m1 ＋n4的最小值是(
)
3423 A.2 B.3 C.3 D.4
考点探考究点4 数列与算法的综合
变式探究 4．执行如图所示的算法框图， 若 p＝4，则输出的 S＝____．
1 (2n 1) 2
1
1 1 1 (1 1 ) 4 n(n 1) 4 n n 1
所以Tn
1 [(1 4
1) (1 22
1) (1 33
1) (1
4
n
1 )] n 1
1 (1 1 ) n 4 n 1 4(n 1)
所以数列{bn }的前n项和为 Tn
n 4(n 1)
例 已知等差数列 {an }满足：a3 7, a5 a7 26, 其前n项和为Sn
考点探究
变式探究 1．已知－9，a1，a2，a3，－1 五个实数成等差数列，－9，b1， b2，b3，－1 五个实数成等比数列，则a1－b2a3等于( ) A．±43 B．±32 C．－43 D.43
考点2 数列与函数知识的综合
【例 2】 已知函数 f(x)＝x2＋2x，数列{an}的前 n 项和为 Sn， 对一切正整数 n，点 Pn(n，Sn)都在函数 f(x)的图象上，且过点 Pn(n， Sn)的切线的斜率为 kn.
考点探究
解析：程序执行过程为： n＝1，S＝12； n＝2，S＝12＋14； n＝3，S＝12＋14＋18； n＝4，S＝12＋14＋18＋116＝1156. 程序结束，输出 S＝1156.
考点5 数列的实际应用
【例 5】 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一 倍，并且每年年底固定给股东们分红 500 万元．该企业 2014 年年底 分红后的资金为 1 000 万元．
考点探究
①－②可得：－3Tn＝4·[12＋2·(42＋43＋…＋4n)－(2n＋1)·4n＋1] ＝4·12＋2·42（11－－44n－1）－（2n＋1）·4n＋1.
∴Tn＝6n9＋1·4n＋2－196. 解析：(1)∵点 Pn(n，Sn)都在函数 f(x)＝x2＋2x 的图象上，∴Sn ＝n2＋2n. 当 n＝1 时，a1＝S1＝3； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1， 当 n＝1 时，也满足 an＝2n＋1.
考点探究
变式探究 5．某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学，该商场向他提供 了三种付酬方案：第一种，每天支付 38 元；第二种，第一天付 4 元， 第二天付 8 元，第三天付 12 元，依此类推；第三种，第一天付 0.4 元，以后每天支付的薪酬是前一天薪酬的 2 倍，工作时间为 n 天． (1)工作 n 天，记三种付费方式薪酬总金额依次为 An，Bn，Cn， 写出 An，Bn，Cn 关于 n 的表达式； (2)如果 n＝10，你会选择哪种方式领取报酬？
考点探究
解析：(1)三种付酬方式每天金额依次为数列{an}，{bn}，{cn}， 它们的前 n 项和依次分别为 An，Bn，Cn.依题意，
第 一 种 付 酬 方 式 每 天 金 额 组 成 数 列 {an} 为 常 数 数 列 ， An ＝ 38n(n∈N*)．
第二种付酬方式每天金额组成数列{bn}为首项为 4，公差为 4 的 等差数列，
(1)求该企业 2018 年年底分红后的资金； (2)求该企业到哪一年年底分红后的资金超过 32 500 万元．
考点探究
解析：设 an 为(2008＋n)年年底分红后的资金，其中 n∈N*，则 a1＝2×1 000－500＝1 500，a2＝2×1 500－500＝2 500，…，an ＝2an－1－500(n≥2)． ∴an－500＝2(an－1－500)(n≥2)， 即数列{an－500}是首项为 a1－500＝1 000，公比为 2 的等比数 列． ∴an－500＝1 000×2n－1，∴an＝1 000×2n－1＋500. (1)a4＝1 000×24－1＋500＝8 500， ∴该企业 2018 年年底分红后的资金为 8 500 万元．
求证：对任意自然数k， am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列．
(2)证明：若 q＝1，则{an}的每项 an＝a，此时 am＋k，an＋k， al＋k 显然成等差数列．
若 q≠1，由 Sm，Sn，Sl 成等差数列可得 Sm＋Sl＝2Sn， 即aqq－ m－11＋aqq－l－11＝2aqq－n－1 1. 整理得 qm＋ql＝2qn. 因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k. 所以，am＋k，an＋k，al＋k 也成等差数列．
考点探究
∴Tn＝6n9＋1·4n＋2－196. 点评：数列与函数的综合问题，一般是通过研究函数的性质、图 象进而解决数列问题．
考点3 数列与不等式的综合
例 已知等差数列 {an }满足：a3 7, a5 a7 26, 其前n项和为Sn
（1）求a
n
及S
；
n
变（式2）：令令bnbna
11
a2
nn
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2kn·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
考点探究
解析：(1)∵点 Pn(n，Sn)都在函数 f(x)＝x2＋2x 的图象上，∴Sn ＝n2＋2n.
当 n＝1 时，a1＝S1＝3； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1， 当 n＝1 时，也满足 an＝2n＋1. 故 an＝2n＋1(n∈N*)．
例 已知等差数列 {an }满足：a3 7, a5 a7 26, 其前n项和为Sn
（1）求a
n
及S
；
n
变（式2）：令令bnbna
11
a2
nn
21
(n(nNN* )*, 1
)求, 求数证 列： {bnb}1的前 b2 n项b3和Tn
bn
1 4
（2）由（1）知 an 2n+，1所以bn=
1 an2 1
百度文库 知识回顾
1、重要公式
（1）数列通项公式an与前n项和公式Sn之间的关系：
an SS1n Sn1
n 1 n 2
注意分类讨论
（2）等差数列与等比数列
通项公式
前n项和 公式
中项公式
等差数列
等比数列
an a1 (n 1)d
an a1 q n1
an am (n m)d
an am qnm
考点探究
(2)由 an>32 500，即 2n－1>32，得 n>6， ∴该企业 2021 年年底分红后的资金超过 32 500 万元． 点评：解答数列应用题的步骤： (1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意． (2)建模——将已知条件翻译成数列语言，将实际问题转化成数 学问题，弄清该数列的特征、要求是什么． (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到实际问题中．
累加法 累乘法 待定系数法
an an1 f (n)(n 2)
当f(n)为常数时，可以利用等差数列的通项公式直接求
若 an ＝f (n（) n 2)， an1
当f(n)为常数时，可以利用等比数列的通项公式直接求
an1 pan q 我们通常将其化为
an1 A p an A，设bn an A
11
a2
nn
21
(n(nNN* )*, 1
)求, 求数证 列： {bnb}1的前 b2 n项b3和Tn
bn
1 4
变式2：若数列{
an
1 2
1}前n项和为Tn，问Tn
21 的最小 100
正整数n是多少？
由Tn
n 4(n 1)
21 100
解得：n
21 4
满足Tn
21 的最小正整数为6 100
考点探究
在等比数列 an中 有： an am a p aq
（2）等差（比）数列依次k项之和仍然成等差（比）数列。
（3）等差（比）数列依次“等距离”取出若干项仍然成 等差（比）数列。
已知递推公式，求数列通项公式最常见的几种类型与方法
用an与Sn的关 系式
an
S1 , Sn
n 1 S n1 , n 2