第六 數(shù) 列

高考導(dǎo)航

考試要求重難點(diǎn)擊命題展望
1.數(shù)列的概念和簡(jiǎn)單表示法?
（1）了解數(shù)列的概念和幾種簡(jiǎn)單的表示方法（列表、圖象、通項(xiàng)公式）；? （2）了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù).?
2.等差數(shù)列、等比數(shù)列?
（1）理解等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念；?
（2）掌握等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式；?
（3）能在具體問題情境中識(shí)別數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，并能用有關(guān)知識(shí)解決相應(yīng)的問題；?
（4）了解等差數(shù)列與一次函數(shù)、等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.本重點(diǎn)：1.等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式及有關(guān)性質(zhì);
2.注重提煉一些重要的思想和方法，如：觀察法、累加法、累乘法、待定系數(shù)法、倒序相加求和法、錯(cuò)位相減求和法、裂項(xiàng)相消求和法、分組求和法、函數(shù)與方程思想、數(shù)學(xué)模型思想以及離散與連續(xù)的關(guān)系.?
本難點(diǎn)：1.數(shù)列概念的理解；2.等差等比數(shù)列性質(zhì)的運(yùn)用；3.數(shù)列通項(xiàng)與求和方法的運(yùn)用.仍然會(huì)以客觀題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式及性質(zhì)，在解答題中，會(huì)保持以前的風(fēng)格，注重?cái)?shù)列與其他分支的綜合能力的考查，在高考中，數(shù)列�？汲Ｐ�，其主要原因是它作為一 個(gè)特殊函數(shù)，使它可以與函數(shù)、不等式、解析幾何、三角函數(shù)等綜合起，命出開放性、探索性強(qiáng)的問題，更體現(xiàn)了知識(shí)交叉命題原則得以貫徹；又因?yàn)閿?shù)列與生產(chǎn)、生活的聯(lián)系，使數(shù)列應(yīng)用題也倍受歡迎.

知識(shí)網(wǎng)絡(luò)

　

6.1　數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法

典例精析
題型一　歸納、猜想法求數(shù)列通項(xiàng)
【例1】根據(jù)下列數(shù)列的前幾項(xiàng)，分別寫出它們的一個(gè)通項(xiàng)公式：
(1)7,77,777,7 777，…
(2)23，－415，635，－863，…
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，…
【解析】(1)將數(shù)列變形為79•(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n－1)，
故an＝79(10n－1).
(2)分開觀察，正負(fù)號(hào)由(－1)n＋1確定，分子是偶數(shù)2n，分母是1×3,3×5,5×7， …，(2n－1)(2n＋1)，故數(shù)列的通項(xiàng)公式可寫成an ＝(－1)n＋1 .
(3)將已知數(shù)列變?yōu)?＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，….
故數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝n＋ .
【點(diǎn)撥】聯(lián)想與轉(zhuǎn)換是由已知認(rèn)識(shí)未知的兩種有效的思維方法，觀察歸納是由特殊到一般的有效手段，本例的求解關(guān)鍵是通過分析、比較、聯(lián)想、歸納、轉(zhuǎn)換獲得項(xiàng)與項(xiàng)序數(shù)的一般規(guī)律，從而求得通項(xiàng).
【變式訓(xùn)練1】如下表定義函數(shù)f(x)：
x123 45
f(x)54312
對(duì)于數(shù)列{an}，a1＝4，an＝f(an－1)，n＝2,3,4，…，則a2 008的值是(　　)
A.1B.2C.3 D.4
【解析】a1＝4，a2＝1，a3＝5，a4＝2，a5＝4，…，可得an＋4＝an.
所以a2 008＝a4＝2，故選B.
題型二　應(yīng)用an＝ 求數(shù)列通項(xiàng)
【例2】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，分別求其通項(xiàng)公式：
(1)Sn＝3n－2；
(2)Sn＝18(an＋2)2 (an＞0).
【解析】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝31－2＝1，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2×3n－1，
又a1＝1不適合上式，
故an＝
(2)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝18(a1＋2)2，解得a1＝2，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝18(an＋2)2－18(an－1＋2)2，
所以(an－2)2－(an－1＋2)2＝0，所以(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，
又an＞0，所以an－an－1＝4，
可知{an}為等差數(shù)列，公差為4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)•4＝4n－2，
a1＝2也適合上式，故an＝4n－2.
【點(diǎn)撥】本例的關(guān)鍵是應(yīng)用an＝ 求數(shù)列的通項(xiàng)，特別要注意驗(yàn)證a1的值是否滿足“n≥2”的一般性通項(xiàng)公式.
【變式訓(xùn)練2】已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是(　　)
A.2n－1B.(n＋1n)n－1C.n2 D.n
【解析】由an＝n(an＋1－an)⇒an＋1an＝n＋1n.
所以an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1＝nn－1×n－1n－2×…×32×21＝n，故選D.
題型三　利用遞推關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)
【例3】已知在數(shù)列{an}中a1＝1，求滿足下列條的數(shù)列的通項(xiàng)公式：
(1)an＋1＝an1＋2an；(2)an＋1＝2an＋2n＋1.
【解析】(1)因?yàn)閷?duì)于一切n∈N*，an≠0，
因此由an＋1＝an1＋2an得1an＋1＝1an＋2，即1an＋1－1an＝2.
所以{1an}是等差數(shù)列，1an＝1a1＋(n－1)•2＝2n－1，即an＝12n－1.
(2)根據(jù)已知條得an＋12n＋1＝an2n＋1，即an＋12n＋1－an2n＝1.
所以數(shù)列{an2n}是等差數(shù)列，an2n＝12＋(n－1)＝2n－12，即an＝(2n－1)•2n－1.
【點(diǎn)撥】通項(xiàng)公式及遞推關(guān)系是給出數(shù)列的常用方法，尤其是后者，可以通過進(jìn)一步的計(jì)算，將其進(jìn)行轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新數(shù)列求通項(xiàng)，進(jìn)而可以求得所求數(shù)列的通項(xiàng)公式.
【變式訓(xùn)練3】設(shè){an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且(n＋1)•a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n＝1,2,3，…)，求an.
【解析】因?yàn)閿?shù)列{an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，
所以anan＋1≠0，所以(n＋1)an＋1an－nanan＋1＋1＝0，
令an＋1an＝t，所以(n＋1)t2＋t－n＝0，
所以[(n＋1)t－n](t＋1)＝0，
得t＝nn＋1或t＝－1(舍去)，即an＋1an＝nn＋1.
所以a2a1•a3a2•a4a3•a5a4•…•anan－1＝12•23•34•45•…•n－1n，所以an＝1n.
總結(jié)提高
1.給出數(shù)列的前幾項(xiàng)求通項(xiàng)時(shí)，常用特征分析法與化歸法，所求通項(xiàng)不唯一.
2.由Sn求an時(shí)，要分n＝1和n≥2兩種情況.
3.給出Sn與an的遞推關(guān)系，要求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.

6.2　等差數(shù)列

典例精析
題型一　等差數(shù)列的判定與基本運(yùn)算
【例1】已知數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Sn＝n2－9n.
(1)求證：{an}為等差數(shù)列；(2)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Tn，求 Tn的表達(dá)式.
【解析】(1)證明：n＝1時(shí)，a1＝S1＝－8，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[(n－1)2－9(n－1)]＝2n－10，
當(dāng)n＝1時(shí)，也適合該式，所以an＝2n－10 (n∈N*).
當(dāng)n≥2時(shí)，an－an－1＝2，所以{an}為等差數(shù)列.
(2)因?yàn)閚≤5時(shí)，an≤0，n≥6時(shí)，an＞0.
所以當(dāng)n≤5時(shí)，Tn＝－Sn＝9n－n2，
當(dāng)n≥6時(shí)，Tn＝a1＋a2＋…＋a5＋a6＋…＋an
＝－a1－a2－…－a5＋a6＋a7＋…＋an
＝Sn－2S5＝n2－9n－2×(－20)＝n2－9n＋40，

所以，

【點(diǎn)撥】根據(jù)定義法判斷數(shù)列為等差數(shù)列，靈活運(yùn)用求 和公式.
【變式訓(xùn)練1】已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S21＝42，若記bn＝ ，則數(shù)列{bn}(　　)
A.是等差數(shù)列，但不是等比數(shù)列B.是等比數(shù)列，但不是等差數(shù)列
C.既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列D.既不是等差數(shù)列，又不是等比數(shù)列
【解析】本題考查了兩類常見數(shù)列，特別是等差數(shù)列的性質(zhì).根據(jù)條找出等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)與公差之間的關(guān)系從而確定數(shù)列{bn}的通項(xiàng)是解決問題的突破口.{an}是等差數(shù)列，則S21＝21a1＋21×202d＝42.
所以a1＋10d＝2，即a11＝2.所以bn＝ ＝22－(2a¬11)＝20＝1，即數(shù)列{bn}是非0常數(shù)列，既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列.答案為C.
題型二　公式的應(yīng)用
【例2】設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.
(1)求公差d的取值范圍；
(2)指出S1，S2，…，S12中哪一個(gè)值最大，并說明理由.
【解析】(1)依題意，有
S12＝12a1＋12×(12－1)d2＞0，S13＝13a1＋13×(13－1)d2＜0，
即
由a3＝12，得a1＝12－2d.③　
將③分別代入①②式，得
所以－247＜d＜－3.
(2)方法一：由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然數(shù)n，使得an＞0，an＋1＜0，
則Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
由于S12＝6(a6＋a7)＞0，S13＝13a7＜0，
即a6＋a7＞0，a7＜0，因此a6＞0，a7＜0，
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
方法二：由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然數(shù)n，使得an＞0，an＋1＜0，
則Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.

故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
【變式訓(xùn)練2】在等差數(shù)列{an}中，公差d＞0，a2 008，a2 009是方程x2－3x－5＝0的兩個(gè)根，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和，那么滿足條Sn＜0的最大自然數(shù)n＝　　　　.
【解析】由題意知 又因?yàn)楣�差d＞0，所以a2 008＜0，a2 009＞0. 當(dāng)
n＝4 015時(shí)，S4 015＝a1＋a4 0152×4 015＝a2 008×4 015＜0；當(dāng)n＝4 016時(shí)，S4 016＝a1＋a4 0162×4 016＝a2 008＋a2 0092×4 016＞0.所以滿足條Sn＜0的最大自然數(shù)n＝4 015.
題型三　性質(zhì)的應(yīng)用
【例3】某地區(qū)2010年9月份曾發(fā)生流感，據(jù)統(tǒng)計(jì)，9月1日該地區(qū)流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人數(shù)比前一天增加40人；但從9月11日起，該地區(qū)醫(yī)療部門采取措施，使該種病毒的傳播得到控制，每天的新感染者人數(shù)比前一天減少10人.
(1)分別求出該地區(qū)在9月10日和9月11日這兩天的流感病毒的新感染者人數(shù)；
(2)該地區(qū)9月份(共30天)該病毒新感染者共有多少人？
【解析】(1)由題意知，該地區(qū)9月份前10天流感病毒的新感染者的人數(shù)構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為40，公差為40的等差數(shù)列.
所以9月10日的新感染者人數(shù)為40＋(10－1)×40＝400(人).
所以9月11日的新感染者人數(shù)為400－10＝390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人數(shù)和為S10＝10(40＋400)2＝2 200(人)，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人數(shù)，構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為390，公差為－10的等差數(shù)列.
所以后20天新感染者的人數(shù)和為T20＝20×390＋20(20－1)2×(－10)＝5 900(人).
所以該地區(qū)9月份流感病毒的新感染者共有2 200＋5 900＝8 100(人).
【變式訓(xùn)練3】設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為
　 　.
【解析】因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S4≥10，S5≤15，

所以5＋3d2≤a4≤3＋d，即5＋3d≤6＋2d，所以d≤1，
所以a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值為4.
總結(jié)提高
1.在熟練應(yīng)用基本公式的同時(shí)，還要會(huì)用變通的公式，如在等差數(shù)列中，am＝an＋(m－n)d.
2.在五個(gè)量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三個(gè)量可求出其余兩個(gè)量，要求選用公式要恰當(dāng)，即善于減少運(yùn)算量，達(dá)到快速、準(zhǔn)確的目的.
3.已知三個(gè)或四個(gè)數(shù)成等差數(shù)列這類問題，要善于設(shè)元，目的仍在于減少運(yùn)算量，如三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列時(shí)，除了設(shè)a，a＋d，a＋2d外，還可設(shè)a－d，a，a ＋d；四個(gè)數(shù)成等差數(shù)列時(shí)，可設(shè)為a－3m，a－m，a＋m，a＋3m.
4.在求解數(shù)列問題時(shí)，要注意函數(shù)思想、方程思想、消元及整體消元的方法的應(yīng)用.

　6.3　等比數(shù)列

典例精析
題型一　等比數(shù)列的基本運(yùn)算與判定
【例1】數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2nSn(n＝1,2,3，…).求證：
(1)數(shù)列{Snn}是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.
【解析】(1)因?yàn)閍n＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2nSn，
所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn).
整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以Sn＋1n＋1＝2•Snn，
故{Snn}是以2為公比的等比數(shù)列.
(2)由(1)知Sn＋1n＋1＝4•Sn－1n－1 ＝4ann＋1(n≥2)，
于是Sn＋1＝4(n＋1)•Sn－1n－1＝4an(n≥2).
又a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4.
因此對(duì)于任意正整數(shù)n≥1，都有Sn＋1＝4an.
【點(diǎn)撥】①運(yùn)用等比數(shù)列的基本公式，將已知條轉(zhuǎn)化為關(guān)于等比數(shù)列的特征量a1、q的方程是求解等比數(shù)列問題的常用方法之一，同時(shí)應(yīng)注意在使 用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)，應(yīng)充分討論公比q是否等于1；②應(yīng)用定義判斷數(shù)列是否是等比數(shù)列是最直接，最有依據(jù)的方法，也是通法，若判斷一個(gè)數(shù)列是等比數(shù)列可用an＋1an＝q(常數(shù))恒成立，也可用a2n＋1 ＝an•an＋2 恒成立，若判定一個(gè)數(shù)列不是等比數(shù)列則只需舉出反例即可，也可以用反證法.
【變式訓(xùn)練1】等比數(shù)列{an}中，a1＝317，q＝－12.記f(n)＝a1a2…an，則當(dāng)f(n)最大時(shí)，n的值為(　　)
A.7B.8C.9D.10
【解析】an＝317×(－12)n－1，易知a9＝317×1256＞1，a10＜0,0＜a11＜1.又a1a2…a9＞0，故f(9)＝a1a2…a9的值最大，此時(shí)n＝9.故選C.
題型二　性質(zhì)運(yùn)用
【例2】在等比數(shù)列{an}中，a1＋a6＝33，a3a4＝32，an＞an＋1(n∈N*).
(1)求an；
(2)若Tn＝lg a1＋lg a2＋…＋lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比數(shù)列的性質(zhì)可知a1a6＝a3a4＝32，
又a1＋a6＝33，a1＞a6，解得a1＝32，a6＝1，
所以a6a1＝132，即q5＝132，所以q＝12，
所以an＝32•(12)n－1＝26－n .
(2)由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，{lg an}是等差數(shù)列，
因?yàn)閘g an＝lg 26－n＝(6－n)lg 2，lg a1＝5lg 2，
所以Tn＝(lg a1＋lg an)n2＝n(11－n)2lg 2.
【點(diǎn)撥】歷年高考對(duì)性質(zhì)考查較多，主要是利用“等積性”，題目“小而巧”且背景不斷更新，要熟練掌握.
【變式訓(xùn)練2】在等差數(shù)列{an}中，若a15＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a29－n(n＜29，n∈N*)成立，類比上述性質(zhì)，相應(yīng)地在等比數(shù)列{bn}中，若b19＝1，能得到什么等式？
【解析】由題設(shè)可知，如果am＝0，在等差數(shù)列中有
a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立，
我們知道，如果m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq，
而對(duì)于等比數(shù)列{bn}，則有若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq，
所以可以得出結(jié)論：
若bm＝1，則有b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立.
在本題中則有b1b2…bn＝b1b2…b37－n(n＜37，n∈N*).
題型三　綜合運(yùn)用
【例3】設(shè)數(shù)列{an}的前n 項(xiàng)和為Sn，其中an≠0，a1為常數(shù)，且－a1，Sn，an＋1成等差數(shù)列.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝1－Sn，問是否存在a1，使數(shù)列{bn}為等比數(shù)列？若存在，則求出a1的值；若不存在，說明理由.
【解析】(1)由題意可得2Sn＝an＋1－a1.
所以當(dāng)n≥2時(shí)，有
兩式相減得an＋1＝3an(n≥2).
又a2＝2S1＋a1＝3a1，an≠0，
所以{an}是以首項(xiàng)為a1，公比為q＝3的等比數(shù)列.
所以an＝a1•3n－1.
(2)因?yàn)镾n＝a1(1－qn)1－q＝－12a1＋12a1•3n，所以bn＝1－Sn＝1＋12a1－12a1•3n.
要使{bn}為等比數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)1＋12a1＝0，即a1＝－2，此時(shí)bn＝3n.
所以{bn}是首項(xiàng) 為3，公比為q＝3的等比數(shù)列.
所以{bn}能為等比數(shù)列，此時(shí)a1＝－2.
【變式訓(xùn)練3】已知命題：若{an}為等 差數(shù)列，且am＝a，an＝b(m＜n，m、n∈N*)，則am＋n＝bn－amn－m.現(xiàn)在已知數(shù)列{bn}(bn＞0，n∈N*)為等比數(shù)列，且bm＝a，bn＝b(m＜n，m，n∈N*)，類比上述結(jié)論得bm＋n＝　　　　　.
【解析】n－mbnam.
總結(jié)提高
1.方程思想，即等比數(shù)列{an}中五個(gè)量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通過求和與通項(xiàng)兩公式列方程組求解.
2.對(duì)于已知數(shù)列{an}遞推公式an與Sn的混合關(guān)系式，利用公式an＝Sn－Sn－1(n≥2)，再引入輔助數(shù)列，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列問題求解.
3.分類討論思想：當(dāng)a1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1時(shí)，等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列；當(dāng)a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1時(shí)，{an}為遞減數(shù)列；q＜0時(shí)，{an}為擺動(dòng)數(shù)列；q＝1時(shí)，{an}為常數(shù)列.

6.4　數(shù)列求和

典例精析
題型一　錯(cuò)位相減法求和
【例1】求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.
【解 析】(1)a＝1時(shí)，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2.
(2)a≠1時(shí)，因?yàn)閍≠0，
Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
1aSn＝1a2＋2a3＋…＋n－1an＋nan＋1.②
由①－②得(1－1a)Sn＝1a＋1a2＋…＋1an－nan＋1＝1a(1－1an)1－1a－nan＋1，
所以Sn＝a(an－1)－n(a－1)an(a－1)2.
綜上所述，Sn＝
【點(diǎn)撥】(1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，則求數(shù)列{an•bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法；
(2)當(dāng)?shù)缺葦?shù)列公比為字母時(shí)，應(yīng)對(duì)字母是否為1進(jìn)行討論；
(3)當(dāng)將Sn與qSn相減合并同類項(xiàng)時(shí)，注意錯(cuò)位及未合并項(xiàng)的正負(fù)號(hào).
【變式訓(xùn)練1】數(shù)列{2n－32n－3}的前n項(xiàng)和為(　　)
A.4－2n－12n－1 B.4＋2n－72n－2 C.8－2n＋12n－3 D.6－3n＋22n－1
【解析】取n＝1，2n－32n－3＝－4.故選C.
題型二　分組并項(xiàng)求和法
【例2】求和Sn＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n－1).
【解析】和式中第k項(xiàng)為ak ＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－(12)k1－12＝2(1－12k).
所以Sn＝2[(1－12)＋(1－122)＋…＋(1－12n)]
＝ －(12＋122＋…＋12n)]
＝2[n－12(1－12n)1－12]＝2[n－(1－12n)]＝2n－2＋12n－1.
【變式訓(xùn)練2】數(shù)列1, 1＋2, 1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n項(xiàng)和為(　　)
A.2n－1B.n•2n－n
C.2n＋1－nD.2n＋1－n－2
【解析】an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝2n＋1－n－2.故選D.
題型三　裂項(xiàng)相消法求和
【例3】數(shù)列{an}滿足a1＝8，a4＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝1n(14－an)(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N*)，若對(duì)任意非零自然數(shù)n，Tn＞m32恒成立，求m的最大整數(shù)值.
【解析】(1)由an＋2－2an＋1＋an＝0，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，
從而可知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則d＝a4－a14－1＝－2，
所以an＝8＋(n－1)×(－2)＝10－2n.
(2)bn＝1n(14－an)＝12n(n＋2)＝14(1n－1n＋2)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14[(11－13)＋(12－14)＋…＋(1n－1n＋2)]
＝14(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝38－14(n＋1)－14(n＋2)＞m32 ，
上式對(duì)一切n∈N*恒成立.
所以m＜12－8n＋1－8n＋2對(duì)一切n∈N*恒成立.
對(duì)n∈N*，(12－8n＋1－8n＋2)min＝12－81＋1－81＋2＝163，
所以m＜163，故m的最大整數(shù)值為5.
【點(diǎn)撥】(1)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)能轉(zhuǎn)化為f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂項(xiàng)相消法求和.
(2)使用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，要注意正負(fù)項(xiàng)相消時(shí)，消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng).
【變式訓(xùn)練3】已知數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和為An，Bn，記cn＝anBn＋bnAn－anbn(n∈N*)，則數(shù)列{cn}的前10項(xiàng)和為(　　)
A.A10＋B10 B.A10＋B102C.A10B10 D.A10B10
【解析】n＝1，c1＝A1B1；n≥2，cn＝AnBn－An－1Bn－1，即可推出{cn}的前10項(xiàng)和為A10B10，故選C.
總結(jié)提高
1.常用的 基本求和法均對(duì)應(yīng)數(shù)列通項(xiàng)的特殊結(jié)構(gòu)特征，分析數(shù)列通項(xiàng)公式的特征聯(lián)想相應(yīng)的求和方法既是根本，也是關(guān)鍵.
2.數(shù)列求和實(shí)質(zhì)就是求數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式，它幾乎涵蓋了數(shù)列中所有的思想策略、方法和技巧，對(duì)學(xué)生的知識(shí)和思維有很高的要求，應(yīng)充分重視并系統(tǒng)訓(xùn)練.

　6.5　數(shù)列的綜合應(yīng)用

典例精析
題型一　函數(shù)與數(shù)列的綜合問題
【例1】已知f(x)＝logax(a＞0且a≠1)，設(shè)f(a1)，f(a2)，…，f(an)(n∈N*)是首項(xiàng)為4，公差為2的等差數(shù)列.
(1)設(shè)a是常數(shù)，求證：{an}成等比數(shù)列；
(2)若bn＝anf(an)，{bn}的前n項(xiàng)和是Sn，當(dāng)a＝2時(shí)，求Sn.
【解析】(1)f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，即logaan＝2n＋2，所以an＝a2n＋2，
所以anan－1＝a2n＋2a2n＝a2(n≥2)為定值，所以{an}為等比數(shù)列.
(2)bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2，
當(dāng)a＝2時(shí)，bn＝(2n＋2) •(2)2n＋2＝(n＋1) •2n＋2，
Sn＝2•23＋3•24＋4•25＋…＋(n＋1 ) •2n＋2，
2Sn＝2•24＋3•25＋…＋n•2n＋2＋(n＋1)•2n＋3，
兩式相減得
－Sn＝2•23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)•2n＋3＝16＋24(1－2n－1)1－2－(n＋1)•2n＋3，
所以Sn＝n•2n＋3.
【點(diǎn)撥】本例是數(shù)列與函數(shù)綜合的基本題型之一，特征是以函數(shù)為載體構(gòu)建數(shù)列的遞推關(guān)系，通過由函數(shù)的解析式獲知數(shù)列的通項(xiàng)公式，從而問題得到求解.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)函數(shù)f(x)＝xm＋ax的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x＋1，則數(shù)列{1f(n)}(n∈N*)的前n項(xiàng)和是(　　)
A.nn＋1 B.n＋2n＋1 C.nn＋1 D.n＋1n
【解析】由f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1得m＝2，a＝1.
所以f(x)＝x2＋x，則1f(n)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.

所以Sn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.故選C.
題型二　數(shù)列模型實(shí)際應(yīng)用問題
【例2】某縣位于沙漠地帶，人與自然長(zhǎng)期進(jìn)行著頑強(qiáng)的斗爭(zhēng)，到2009年底全縣的綠化率已達(dá)30%，從2010年開始，每年將出現(xiàn)這樣的局面：原有沙漠面積的16%將被綠化，與此同時(shí)，由于各種原因，原有綠化面積的4%又被沙化.
(1)設(shè)全縣面積為1,2009年底綠化面積為a1＝310，經(jīng)過n年綠化面積為an＋1，求證：an＋1＝45an＋425；
(2)至少需要多少年(取整數(shù))的努力，才能使全縣的綠化率達(dá)到60%？
【解析】(1)證明：由已知可得an 確定后，an＋1可表示為an＋1＝an(1－4%)＋(1－an)16%，
即an＋1＝80%an＋16%＝45an＋425.
(2)由an＋1＝45an＋425有，an＋1－45＝45(an－45)，
又a1－45＝－12≠0，所以an＋1－45＝－12•(45)n，即an＋1＝45－12•(45)n，
若an＋1≥35，則有45－12•(45)n≥35，即(45)n－1≤12，(n－1)lg 45≤－lg 2，
(n－1)(2lg 2－lg 5)≤－lg 2，即(n－1)(3lg 2－1)≤－lg 2，
所以n≥1＋lg 21－3lg 2＞4，n∈N*，
所以n取最小整數(shù)為5，故至少需要經(jīng)過5年的努力，才能使全縣的綠化率達(dá)到60%.
【點(diǎn)撥】解決此類問題的關(guān)鍵是如何把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，通過反復(fù)讀題，列出有關(guān)信息，轉(zhuǎn)化為數(shù)列的有關(guān)問題.
【變式訓(xùn)練2】規(guī)定一機(jī)器狗每秒鐘只能前進(jìn)或后退一步，現(xiàn)程序設(shè)計(jì)師讓機(jī)器狗以“前進(jìn)3步，然后再后退2步”的規(guī)律進(jìn)行移動(dòng).如果將此機(jī)器狗放在數(shù)軸的原點(diǎn)，面向正方向，以1步的距離為1單位長(zhǎng)移動(dòng)，令P(n)表示第n秒時(shí)機(jī)器狗所在的位置坐標(biāo)，且P(0)＝0，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(　　)
A.P(2 006)＝402B.P(2 007)＝ 403
C.P(2 008)＝404D.P(2 009)＝405
【解析】考查數(shù)列的應(yīng)用.構(gòu)造數(shù)列{Pn}，由題知P(0)＝0，P(5)＝1，P(10)＝2，P(15)＝3.所以P(2 005)＝401，P(2 006)＝401＋1＝402，P(2 007)＝401＋1＋1＝403，P(2 008)＝401＋
3＝404，P(2 009)＝404－1＝403.故D錯(cuò).
題型三　數(shù)列中的探索性問題
【例3】{an}，{bn}為兩個(gè)數(shù)列，點(diǎn)(1,2)，An(2，an)，Bn(n－1n，2n)為直角坐標(biāo)平面上的點(diǎn).
(1)對(duì)n∈N*，若點(diǎn)，An，Bn在同一直線上，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足log2Cn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbna1＋a2＋…＋an，其中{Cn}是第三項(xiàng)為8，公比為4的等比數(shù)列，求證：點(diǎn)列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)在同一直線上，并求此直線方程.
【解析】(1)由an－22－1＝2n－2n－1n－1，得an＝2n.
(2)由已知有Cn＝22n－3，由log2Cn的表達(dá)式可知：
2(b1＋2b2＋…＋nbn)＝n(n＋1)(2n－3)，①
所以2[b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1]＝(n－1)n(2n－5).②
①－②得bn＝3n－4，所以{bn}為等差數(shù)列.
故點(diǎn)列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)共線，直線方程為y＝3x－4.
【變式訓(xùn)練3】已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1及公差d都是整數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*).若a1＞1，a4＞3，S3≤9，則通項(xiàng)公式an＝　　　　.
【解析】本題考查二元一次不等式的整數(shù)解以及等差數(shù)列的通項(xiàng)公式.
由a1＞1，a4＞3，S3≤9得

令x＝a1，y＝d得

在平面直角坐標(biāo)系中畫出可行域如圖所示.符合要求的整數(shù)點(diǎn)只有(2,1)，即a1＝2，d＝1.所以an＝2＋n－1＝n＋1.故答案填n＋1.
總結(jié)提高
1.數(shù)列模型應(yīng)用問題的求解策略
(1)認(rèn)真審題，準(zhǔn)確理解題意；
(2)依據(jù)問題情境，構(gòu)造等差、等比數(shù)列，然后應(yīng)用通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式以及性質(zhì)求解，或通過探索、歸納構(gòu)造遞推數(shù)列求解；
(3)驗(yàn)證、反思結(jié)果與實(shí)際是否相符.
2.數(shù)列綜合問題的求解策略
(1)數(shù)列與函數(shù)綜合問題或應(yīng)用數(shù)學(xué)思想解決數(shù)列問題，或以函數(shù)為載體構(gòu)造數(shù)列，應(yīng)用數(shù)列的知識(shí)求解；
(2)數(shù)列的幾何型綜合問題，探究幾何性質(zhì)和規(guī)律特征建立數(shù)列的遞推關(guān)系式，然后求解問題.

本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/gaosan/42341.html

相關(guān)閱讀：2012屆高考數(shù)學(xué)應(yīng)用舉例知識(shí)歸納復(fù)習(xí)教案