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第二讲数列的综合应用年份卷别考查角度及命题位置命题分析及学科素养2018卷等差数列的前n项和最值问题T17命题分析数列在解答题中的考查常从数列的相关项以及关系式，或数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解、数列、不等式的证明等加以综合试题难度中等学科素养通过递推关系求通项，根据通项结构选择恰当的求和方法求和.2017卷等差、等比数列的综合应用T17卷已知递推关系求通项与裂项求和T172016卷等差数列的基本运算T 17卷数列的通项公式T17由递推关系求通项授课提示：对应学生用书第30页悟通方法结论求数列通项常用的方法(1)定义法：形如an1anC(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列形如an1kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列(2)叠加法：形如an1anf(n)，利用ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)，求其通项公式(3)叠乘法：形如f(n)0，利用ana1，求其通项公式(4)待定系数法：形如an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an1tp(ant)，其中t，再转化为等比数列求解(5)构造法：形如an1panqn(其中p，q均为常数，pq(p1)0)，先在原递推公式两边同除以qn1，得，构造新数列bn，得bn1bn，接下来用待定系数法求解全练快速解答1(2018洛阳四校联考)已知数列an满足条件a1a2a3an2n5，则数列an的通项公式为()Aan2n1BanCan2nDan2n2解析：由题意可知，数列an满足条件a1a2a3an2n5，则n2时，有a1a2a3an12(n1)5，n2，两式相减可得，2n52(n1)52，an2n1，n2，nN*.当n1时，7，a114，综上可知，数列an的通项公式为an答案：B2(2018潮州月考)数列an的前n项和记为Sn，a11，an12Sn1(n1，nN*)，则数列an的通项公式是_解析：法一：由an12Sn1可得an2Sn11(n2)，两式相减得an1an2an，即an13an(n2)又a22S113，a23a1，故an是首项为1，公比为3的等比数列，an3n1.法二：由于an1Sn1Sn，an12Sn1，所以Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，所以Sn13，所以数列为首项是S1，公比为3的等比数列，故Sn3n13n，即Sn3n.所以，当n2时，anSnSn13n1，由n1时a11也适合这个公式，知所求的数列an的通项公式是an3n1.答案：an3n13(2018福州模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1.(1)证明数列an是等比数列；(2)设bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)证明：当n1时，a1S12a11，所以a11，当n2时，anSnSn1(2an1)(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知，an2n1，所以bn(2n1)2n1，所以Tn132522(2n3)2n2(2n1)2n12Tn12322(2n3)2n1(2n1)2n由得Tn12(21222n1)(2n1)2n12(2n1)2n(32n)2n3，所以Tn(2n3)2n3.【类题通法】由an与Sn关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n1和n2两种情况讨论，特别注意anSnSn1中需n2.(2)由SnSn1an推得an，当n1时，a1也适合，则需统一“合写”(3)由SnSn1an推得an，当n1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an数列求和授课提示：对应学生用书第31页悟通方法结论常用求和方法(1)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Sna1a2an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出Sn.(2)裂项相消法：即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(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列(3)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(2017高考全国卷)(12分)设数列an满足(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和学审题条件信息想到方法注意什么由a13a2(2n1)an2nan与Sn的关系求解分n1，n2讨论由根据通项结构选裂项求和裂项时消去项与保留项的首尾对应规范解答(1)因为a13a2(2n 1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1) (2分)两式相减得(2n 1)an2，d所以an(n2) (4分)又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an. (6分)(2)记的前n项和为Sn.由(1)知. (10分)则Sn. (12分)【类题通法】1分类讨论思想在数列求和中的应用(1)当数列通项中含有(1)n时，在求和时要注意分n为奇数与偶数处理(2)对已知数列满足q，在求an的前n项和时分奇数项和偶数项分别求和2学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力练通即学即用1已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100()A0B100C100D10 200解析：由题意，a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100，故选B.答案：B2已知数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10等于()A15B12C12D15解析：an(1)n(3n2)，a1a2a10147102528(14)(710)(2528)3515.答案：A3(2018张掖诊断)已知数列an的前n项和为Sn，若an3Sn4，bnlog2an1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn，其中nN*，若数列cn的前n项和为Tn，求Tn.解析：(1)由a13a14，得a11，由an3Sn4，知an13Sn14，两式相减并化简得an1an，ann1，bnlog2an1log2n2n.(2)由题意知，cn.令Hn，则Hn，得，Hn1.Hn2.又Mn11，TnHnMn2.数列的综合应用授课提示：对应学生用书第32页悟通方法结论数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题(1)(2018德州模拟)已知点O为坐标原点，点An(n，an)(nN*)为函数f(x)的图象上的任意一点，向量i(0,1)，n是向量与i的夹角，则数列的前2 015项的和为()A2B.C.D1解析：因为an，所以(n，)，所以cos n，因为0n，所以sin n，所以，所以11.答案：C(2)(2018日照模拟)已知数列an的前n项和Sn满足：2Snan1.求数列an的通项公式；设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.解析：因为2Snan1，所以2Sn1an11，两式相减可得2an1an1an0，即3an1an，即，又2S1a11，所以a1，所以数列an是首项、公比均为的等比数列故an()n1()n，数列an的通项公式为an()n.证明：因为bn，所以bn.故Tnb1b2bn()()().所以Tn.【类题通法】数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明，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练通即学即用1(2018宝鸡摸底)正项等比数列an中，a2 017a2 0162a2 015，若aman16a，则的最小值等于()A.1B.C.D.解析：设等比数列an的公比为q，且q0，a2 015q2a2 015q2a2 015，q2q20，q2或q1(舍去)，又a1qm1a1qn116a，2mn216，mn24，mn6，当且仅当m4，n2时等号成立故的最小值为.答案：B2(2018烟台模拟)设函数f(x)(x0)，数列an满足a11，anf()，nN*，且n2.(1)求数列an的通项公式；(2)对nN*，设Sn，若Sn恒成立，求实数t的取值范围解析：(1)由anf()得，anan1，nN*，n2，所以an是首项为1，公差为的等差数列所以an1(n1)，nN*.(2)因为an，所以an1，所以()则Sn().故Sn恒成立等价于，即t恒成立令g(x)(x0)，则g(x)0，所以g(x)(x0)为单调递增函数所以当n1时，取得最小值，且()min.所以t，即实数t的取值范围是(，.授课提示：对应学生用书第120页一、选择题1已知数列an满足a15，anan12n，则()A2B4C5D.解析：因为22，所以令n3，得224，故选B.答案：B2在数列an中，a11，a22，an2an1(1)n，那么S100的值为()A2 500B2 600C2 700D2 800解析：当n为奇数时，an2an0an1，当n为偶数时，an2an2ann，故an于是S100502 600.答案：B3(2018海淀二模)在数列an中，“an2an1，n2,3,4，”是“an是公比为2的等比数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：当an0时，也有an2an1，n2,3,4，但an不是等比数列，因此充分性不成立；当an是公比为2的等比数列时，有2，n2,3,4，即an2an1，n2,3,4，所以必要性成立答案：B4若数列an满足a115，且3an13an2，则使akak10的k值为()A22B21C24D23解析：因为3an13an2，所以an1an，所以数列an是首项为15，公差为的等差数列，所以an15(n1)n，令ann0，得n23.5，所以使akak10的k值为23.答案：D5已知数列an满足a11，an1则其前6项之和为()A16B20C33D120解析：a22a12，a3a213，a42a36，a5a417，a62a514，所以前6项和S6123671433，故选C.答案：C6已知等差数列an的公差为d，关于x的不等式dx22a1x0的解集为0,9，则使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是()A4B5C6D7解析：关于x的不等式dx22a1x0的解集为0,9，0,9是一元二次方程dx22a1x0的两个实数根，且d0，9，a1.ana1(n1)d(n)d，可得a5d0，a6d0.使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.答案：B7(2018湘中名校联考)若an是等差数列，首项a10，a2 016a2 0170，a2 016a2 0170，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是()A2 016B2 017C4 032D4 033解析：因为a10，a2 016a2 0170，a2 016a2 0170，所以d0，a2 0160，a2 0170，所以S4 0320，S4 0334 033a2 0170，所以使前n项和Sn0成立的最大正整数n是4 032.答案：C8已知数列an，“|an1|an”是“数列an为递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：|an1|an，或又数列an为递增数列，an1an，“|an1|an”是“数列an为递增数列”的既不充分也不必要条件答案：D二、填空题9(2018沈阳模拟)在数列an中，a11，a22，an13an2an1(n2)，则an_.解析：法一：因为an13an2an1(n2)，所以2(n2)，所以an1an(a2a1)2n12n1(n2)，又a2a11，所以anan12n2，an1an22n3，a2a11，累加，得an2n1(nN*)法二：因为an13an2an1(n2)，所以an12anan2an1，得an12anan2an1an12an2a22a10，即an2an1(n2)，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1(nN*)答案：2n1(nN*)10(2018辽宁五校联考)设数列an的前n项和为Sn，若a13且当n2时，2anSnSn1，则an的通项公式an_.解析：当n2时，由2anSnSn1可得2(SnSn1)SnSn1，即，数列是首项为，公差为的等差数列，()(n1)，Sn.当n2时，anSnSn1，又a13，an答案：11(2018广州调研)已知数列an满足a11，an1aan，用x表示不超过x的最大整数，则_.解析：因为an1aan，所以，即，于是.因为a11，a221，a361，可知(0,1)，则(0,1)，所以0.答案：012已知数列an满足a140，且nan1(n1)an2n22n，则an取最小值时n的值为_解析：由nan1(n1)an2n22n2n(n1)，两边同时除以n(n1)，得2，所以数列是首项为40、公差为2的等差数列，所以40(n1)22n42，所以an2n242n，对于二次函数f(x)2x242x， 在x10.5时，f(x)取得最小值，因为n取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以n取10或11时，an取得最小值答案：10或11三、解答题13(2018枣庄模拟)已知方程anx2an1x10(an0)有两个根n、n，a11，且满足(1)(1)12n，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog2(an1)，cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解析：(1)由已知可得，又(1)(1)12n，112n，整理得，an1an2n，其中nN*.an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12n12n222212n1.(2)由(1)知，bnlog2(2n11)n，cnn(2n1)n2nn.Tnc1c2cn12222323n2n(12n)，设Pn12222323n2n，则2Pn122223324(n1)2nn2n1，得Pn222232nn2n1n2n1(1n)2n12，Pn(n1)2n12.又Qn12n，TnPnQn(n1)2n12.14(2018九江一中模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，a223a72，且，S3成等比数列，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，若对于任意的nN*，都有64Tn|31|成立，求实数的取值范围解析：(1)设等差数列an的公差为d，由得，即，解得或.当a1，d时，没有意义，a12，d2，此时an22(n1)2n.(2)bnTnb1b2b3bn()()()1，64Tn545，为满足题意，只需|31|5，2或.
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