2021年高考理科数学一轮复习：专题6.5 高考解答题热点题型---数列的综合应用 题型全归纳与高效训练突破

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TOC \ "1-3" \h \u 一、题型全归纳1
热点题型一 等差数列与等比数列的综合问题1
热点题型二 数列求和4
热点题型三 数列与不等式的综合问题8
热点题型四 数列与函数的综合问题12
一、题型全归纳
热点题型一 等差数列与等比数列的综合问题
【解题指导】等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如求和需要先求出通项、求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
【易错提醒】在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后要注意结论的整合．
【例1】设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
【解题思路】 (1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
由此推出a4与a1，a2，a3的关系，求a4.
(2)用an＝Sn－Sn－1(n≥2)及4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1推出数列{an}的递推公式→求证eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)为常数，其中n∈N*.
(3)由(2)求出an＋1－eq \f(1,2)an→构造等差数列，并求通项公式→求{an}的通项公式．
【规范解答】 (1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，整理得a4＝eq \f(4a3－a2,4)，又a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，所以a4＝eq \f(7,8).
(2)证明：当n≥2时，有4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
即4Sn＋2＋4Sn＋Sn＝4Sn＋1＋4Sn＋1＋Sn－1，
所以4(Sn＋2－Sn＋1)＝4(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，
即an＋2＝an＋1－eq \f(1,4)an(n≥2)．
经检验，当n＝1时，上式成立．
因为eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,4)an))－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an)),an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(1,2)为常数，且a2－eq \f(1,2)a1＝1，
所以数列是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(3)由(2)知，an＋1－eq \f(1,2)an＝eq \f(1,2n－1)(n∈N*)，等式两边同乘2n，得2nan＋1－2n－1an＝2(n∈N*)．
又20a1＝1，所以数列{2n－1an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以2n－1an＝2n－1，即an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．
则数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．
【训练1】(2020·吉林第一次调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.
(1)证明：{an＋1}为等比数列；
(2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？说明理由．
【答案】见解析
【解析】：(1)证明：因为a2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，
因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，
所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．
【训练2】已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比.
【答案】见解析
【解析】 (1)设数列{an}的公差为d
由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2S3＝S1＋1＋S4，,a\\al(2,2)＝a1a5，,d≠0，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2a1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，
∴S4＝16，S6＝36，
又S4Sn＝Seq \\al(2,6)，∴n2＝eq \f(362,16)＝81，
∴n＝9，公比q＝eq \f(S6,S4)＝eq \f(9,4).
热点题型二 数列求和
【解题指导】 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息.
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.
【例1】已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，记bn＝anSn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
【解题思路】 (1)利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))求an.
(2)先由bn＝anSn，求bn并整理，再依据bn的结构形式选择求和方法．
【规范解答】 (1)∵Sn＝2n＋1－2，
∴当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
又a1＝2＝21，∴an＝2n.
(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(41＋42＋…＋4n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝2×eq \f(41－4n,1－4)－eq \f(41－2n,1－2)＝eq \f(2,3)·4n＋1－2n＋2＋eq \f(4,3).
【例2】(2019·河北邯郸一模)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，bn－an＝2n＋1，且Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2.
(1)求Tn－Sn；
(2)求数列的前n项和Rn.
【解题思路】 (1)Tn－Sn转化为数列{bn－an}的前n项和→分组求和．
(2)求Sn→求an→求bn→求eq \f(bn,2n)→用错位相减法求和．
【规范解答】 (1)依题意可得b1－a1＝3，b2－a2＝5，…，
bn－an＝2n＋1，
∴Tn－Sn＝(b1＋b2＋…＋bn)－(a1＋a2＋…＋an)
＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(bn－an)＝n＋(2＋22＋…＋2n)＝2n＋1＋n－2.
(2)∵2Sn＝Sn＋Tn－(Tn－Sn)＝n2－n，
∴Sn＝eq \f(n2－n,2)，∴an＝n－1.
又bn－an＝2n＋1，∴bn＝2n＋n，∴eq \f(bn,2n)＝1＋eq \f(n,2n)，
∴Rn＝n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(2,22)＋…＋\f(n,2n)))，
则eq \f(1,2)Rn＝eq \f(1,2)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(n,2n＋1)))，
∴eq \f(1,2)Rn＝eq \f(1,2)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(n,2n＋1)，
故Rn＝n＋2×eq \f(\f(1,2)－\f(1,2n＋1),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝n＋2－eq \f(n＋2,2n).
【训练1】已知数列{an}满足an≠0，a1＝eq \f(1,3)，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N＋.
(1)求证：是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(2n,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解】 (1)由已知可得，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
∴是首项为3，公差为2的等差数列，
∴eq \f(1,an)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
∴an＝eq \f(1,2n＋1).
(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，
∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，
两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.
＝6＋eq \f(8－2×2n×2,1－2)－(2n＋1)2n＋1
＝－2－(2n－1)2n＋1，
∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.
【训练2】已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2(t∈R).
①求数列{an}的通项公式；
②若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.
【解】 ①因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝aeq \\al(2,1)＋3a1＋2，
所以t＝5.
所以6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2.(ⅰ)
当n≥2时，有6Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋3an－1＋2，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得6an＝aeq \\al(2,n)＋3an－aeq \\al(2,n－1)－3an－1，
所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
又因为a1＝1，
所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N＋).
②因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N＋)，
所以当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝eq \f(3n2－n,2).
又b1＝1也适合上式，
所以bn＝eq \f(3n2－n,2)(n∈N＋).
所以eq \f(1,2bn＋7n)＝eq \f(1,3n2－n＋7n)
＝eq \f(1,3)·＝eq \f(1,6)·，
所以Tn＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
＝
热点题型三 数列与不等式的综合问题
【解题指导】 数列与不等式的交汇问题
(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；
(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.
【例1】(2020·山西大学附中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝nan＋2an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn