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1、 第 2 讲 数列求和及综合应用 考情解读 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：(1)以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题(2)通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题 1数列求和的方法技巧(1)分组转化法 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anbn的前 n项和，
2、其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法 这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)裂项相消法 利用通项变形，将通项分裂成两项或 n 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这种方法，适用于求通项为1anan1的数列的前 n 项和，其中an若为等差数列，则1anan11d1an1an1.常见的裂项公式：1nn11n1n1；1nnk1k(1n1nk)；12n12n112(12n112n1)；1n nk1k(nk n)2数列应用题的模型(
3、1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项 an与它的前一项 an1(或前 n 项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.热点一 分组转化求和 例 1 等比数列
4、an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前 n 项和 Sn.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定an的通项公式；(2)分组求和 解(1)当 a13 时，不合题意；当 a12 时，当且仅当 a26，a318 时，符合题意；当 a110 时，不合题意 因此 a12，a26，a318，所以公比 q3.故 an23n1(nN*)(2)因为 bnan(1
5、)nln an 23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 3 23n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以 Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.当 n 为偶数时，Sn213n13n2ln 3 3nn2ln 31；当 n 为奇数时，Sn213n13(ln 2ln 3)n12n ln 3 3nn12ln 3ln 21.综上所述，Sn 3nn2ln 31，n为偶数，3nn12ln 3ln 21，n为奇数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和
6、时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式 已知数列an中，a11，anan1(12)n(nN*)(1)求证：数列a2n与a2n1(nN*)都是等比数列；(2)若数列an的前 2n 项和为 T2n，令 bn(3T2n)n(n1)，求数列bn的最大项(1)证明 因为 anan1(12)n，an1an2(12)n1，所以an2an12.又 a11，a212，所以数列 a1，a3，a2n1，是以 1 为首项，12为公比的等比数列；数列 a2，a4，a2n，是以
7、12为首项，12为公比的等比数列(2)解 由(1)可得 T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)112n11212112n1123 3(12)n，所以 bn3n(n1)(12)n，bn13(n1)(n2)(12)n1，所以 bn1bn3(n1)(12)n(n22n)3(n1)(12)n1(2n)，所以 b1b4bn，所以(bn)maxb2b392.热点二 错位相减法求和 例 2 设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn12Snn1(nN*)，(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnnan1an，数列bn的前 n 项和为 Tn，nN*，证明：Tn1 时，Sn2Sn1n 两式相减
8、得an的递推关系式，然后构造数列求通项；(2)先利用错位相减法求出 Tn，再放缩(1)解 Sn12Snn1，当 n2 时，Sn2Sn1n，an12an1，an112(an1)，即an11an12(n2)，又 S22S12，a1S11，a23，a21a112，当 n1 时，式也成立，an12n，即 an2n1(nN*)(2)证明 an2n1，bnn2n112n1n2n12nn2n，Tn12222323n2n，12Tn122223n12nn2n1，两式相减，得 Tn2(1212212312nn2n1)212n1n2n0，前 n 项和为 Sn，S36，且满足 a3a1,2a2，a8成等比数列(1)求
9、an的通项公式；(2)设 bn1anan2，求数列bn的前 n 项和 Tn的值 思维启迪(1)利用方程思想可确定 a，d，写出an；(2)利用裂项相消法求 Tn.解(1)由 S36，得 a22.a3a1,2a2，a8成等比数列，(2d)(26d)42，解得 d1 或 d43，d0，d1.数列an的通项公式为 ann.(2)Tn1131241351nn2 12(113)(1214)(1314)(1415)(1n1n2)12(321n11n2)3n25n4n1n2.思维升华 裂项相消法适合于形如1anank形式的数列，其中an为等差数列 已知等差数列an是递增数列，且满足 a4a715，a3a88
10、.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn19an1an(n2)，b113，求数列bn的前 n 项和 Sn.解(1)根据题意 a3a88a4a7，a4a715，所以 a4，a7是方程 x28x150 的两根，且 a480，当 n7 时，由于 S6570，故 Sn570(a7a8an)570703441(34)n6780210(34)n6.因为an是递减数列，所以An是递减数列 因为 AnSnn78021034n6n，A8780210342882.73480，A9780210343976.82380，所以必须在第九年年初对 M 更新 思维升华 解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要
11、经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题；(2)解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的相关问题；(3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果 (1)设某商品一次性付款的金额为 a 元，以分期付款的形式等额地分成 n 次付清，若每期利率 r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是()A.an(1r)n元 B.ar1rn1rn1元 C.an(1r)n1元 D.ar1rn11rn1元(2)学校餐厅每天供应 500 名学生用餐，每星期一有 A，B 两种菜可供选择调查资料表明，凡是在星期一选 A 种菜的
12、，下星期一会有 20%改选 B 种菜；而选 B 种菜的，下星期一会有 30%改选 A 种菜用 an，bn分别表示在第 n 个星期的星期一选 A 种菜和选 B 种菜的人数，如果 a1300，则 a10为()A350 B300 C400 D450 答案(1)B(2)B 解析(1)设每期期末所付款是 x 元，则各次付款的本利和为 x(1r)n1x(1r)n2x(1r)n3x(1r)xa(1r)n，即 x1rn1ra(1r)n，故 xar1rn1rn1.解析 依题意，得 an145an310bn，anbn500，消去 bn，得 an112an150.由 a1300，得 a2300；由 a2300，得
13、a3300，从而得 a10300，选 B.1数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)an S1n1，SnSn1n2.(2)递推关系形如 an1anf(n)，常用累加法求通项(3)递推关系形如an1anf(n)，常用累乘法求通项(4)递推关系形如“an1panq(p、q 是常数，且 p1，q0)”的数列求通项，常用待定系数法可设 an1p(an)，经过比较，求得，则数列an是一个等比数列(5)递推关系形如“an1panqn(q，p 为常数，且 p1，q0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以 qn转化
14、为类型(4)，或同除以 pn1转为用迭加法求解 2数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解 提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的 n1 项中的前 n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零 3数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在解题中的主要思路：首先构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公
15、式求解；通过归纳得到结论，再用数列知识求解.真题感悟 1(2013湖南)设 Sn为数列an的前 n 项和，Sn(1)nan12n，nN*，则：(1)a3_；(2)S1S2S100_.答案(1)116(2)13121001 解析 anSnSn1(1)nan12n(1)n1an112n1(n2)，an(1)nan(1)n1an112n(n2)当 n 为偶数时，an112n(n2)，当 n 为奇数时，2anan112n(n2)，当 n4 时，a3124116.根据以上an的关系式及递推式可求 a1122，a3124，a5126，a7128，a2122，a4124，a6126，a8128，.a2a11
16、2，a4a3123，a6a5125，S1S2S100(a2a1)(a4a3)(a100a99)1212212312100 1212312991212212100 13121001.2(2014课标全国)已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明：an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：1a11a21an32.证明(1)由 an13an1，得 an1123(an12)又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列 an123n2，因此an的通项公式为 an3n12.(2)由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1.
17、于是1a11a21an11313n1 32(113n)32.所以1a11a21an32.押题精练 1如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第 n(n2)行的第 2 个数为_ 答案 n22n3 解析 由题意可知：图中每行的第二个数分别为 3,6,11,18，即 a23，a36，a411，a518，a3a23，a4a35，a5a47，anan12n3，累加得：ana2357(2n3)，ann22n3.2秋末冬初，流感盛行，特别是甲型 H1N1 流感某医院近 30 天每天入院治疗甲流的人数依 次构成数列an，已知 a11，a22，且 an2an1(1)n(nN*)，则该医院 30 天入院治疗甲流共有_人
18、答案 255 解析 由于 an2an1(1)n，所以 a1a3a291，a2，a4，a30构成公差为 2 的等差数列，所以 a1a2a29a30 15152151422255.故该医院 30 天入院治疗甲流的人数为 255.3已知数列bn满足 3(n1)bnnbn1，且 b13.(1)求数列bn的通项公式；(2)已知anbnn12n3，求证：561a11a21an1.(1)解 因为 3(n1)bnnbn1，所以bn1bn3n1n.则b2b1321，b3b2332，b4b3343，bnbn13nn1，累乘，可得bnb13n1n，因为 b13，所以 bnn3n，即数列bn的通项公式 bnn3n.(
19、2)证明 因为anbnn12n3，所以 annn12n33n.因为1an2n3nn113n 3n1nnn113n(3n1n1)13n 1n13n11n113n，所以1a11a21an(113012131)(12131121132)(1n13n11n113n)11n113n.因为 nN*，所以 01n113n16，所以5611n113n1，所以561a11a21anm16恒成立，则常数m所能取得的最大整数为_ 答案 5 解析 要使 S2nSnm16恒成立，只需(S2nSn)minm16.因为(S2(n1)Sn1)(S2nSn)(S2n2S2n)(Sn1Sn)a2n1a2n2an1 12n212n
20、31n2 12n212n41n212n212n40，所以 S2nSnS2S113，所以m1613m0，nN*，且 a3a28，又 a1，a5的等比中项为 16.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog4an，数列bn的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数 k，使得1S11S21S31Snk对任意 nN*恒成立若存在，求出正整数 k 的最小值；若不存在，请说明理由 解(1)设数列an的公比为 q，由题意可得 a316.a3a28，a28，q2.an2n1.(2)bnlog42n1n12，Snb1b2bnnn34.1Sn4nn3431n1n3，1S11S21S31Sn 43114121513161n1n3 43112131n11n21n30；当 n3 时，bn1bn0.所以当 n3 时，bn取得最大值，即 Tn取得最大值，此时 S375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为 375 千克和 3 千元