数列的综合运用

刘坚 肖明春

纵观近三年来的新课标Ⅰ卷的数列题，试题的总体难度不大，但覆盖了数列这一章的基本内容. 本文就几个常考考点总结一下，希望对同学们复习备考有所帮助.

数列通项[an]与前[n]项和[Sn]的关系

（1）根据an与Sn的关系，求数列中的某一项；

（2）根据an与Sn的关系，求数列的通项an或Sn.

例1 （1）已知在每项均大于零的数列[{an}]中，[a1=1，]且前[n]项和[Sn]满足[SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1][（n∈N*，且n≥2），则a81=]（ ）

A. 638 B. 639 C. 640 D. 641

（2）已知数列[{an}]的前[n]项和为[Sn，且][Sn=][（an+1）24][（an>0），]则[{an}]的通项[an]= .

解析 （1）由条件可得，[Sn-Sn-1=2]，

所以[{Sn}]是以首项[S1=1]，公差为2的等差数列，

故[Sn=2n-1，][Sn=（2n-1）2，]即[a81=S81-S80=640].

（2）∵[an+1=Sn+1-Sn=（an+1+1）24-（an+1）24，]

即[（an+1+an）（an+1-an-2）=0.]

因为[an>0，]

所以[an+1+an>0，故an+1-an=2.]

而当[n=1]时，有[S1=a1=（a1+1）24.]

即[a12-2a1+1=0，]解得[a1=1].

同理可求出[a2=3，]即[a2-a1=2.]

所以数列[{an}]是首项[a1=1]，公差[d=2]的等差数列.

∴[an=2n-1.]

答案 （1）C （2）[2n-1]

点拨 已知[Sn]与[an]的关系式，求[an]的方法：[an=S1， Sn-Sn-1，n=1，n≥2.]当[n=1]时，[a1]若适合[Sn-Sn-1，]则[n=1]的情况可并入[n≥2]的通项[an]. 当[n=1]时，[a1]若不适合[Sn-Sn-1]，则[an]应用分段函数的形式表示.

等差、等比数列的基本运算和性质

例2 （1）设等差数列[{an}]的前[n]项和为[Sn]，若[Sm-1=-2，Sm=0，Sm+1=3，]则[m=]（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

（2）设[Sn]为等比数列[{an}]的前[n]项和，若[8a2-a5=0，]则[S4S2=]（ ）

A. -8 B. 5 C. 8 D. 15

（3）在等差数列[{an}]中，若[Sn=156，an-5=30，][S11=99，]则[n=]（ ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

（4）在已知[{an}]为等比数列，[a4+a7=2，a5a6=-8，]则[a1+a10=]（ ）

A. 7 B. 5 C. -5 D. -7

解析 （1）∵[{an}]是等差数列，

∴[am=Sm-Sm-1=2.]

又∵[Sm+1=3，∴am+1=Sm+1-Sm=3.]

[d=am+1-am=1.又Sm=m（a1+am）2=m（a1+2）2=0，]

故[a1=-2.]

因此[am=-2+m-1=2，]

[∴m=5].

（2）设数列[{an}]的公比为[q]，

由[8a2-a5=0得，a5a2=8=q3，即q=2.]

故[S4S2=a1（1-q4）1-qa1（1-q2）1-q=1+q2=5.]

（3）由[{an}]为等差数列，[S11=（a1+a11）×112=99，]

∴[2a6=18，∴a6=9.]

由[Sn=（a1+an）n2=（a6+an-5）n2=（9+30）n2=156，]

故[n=8].

（4）∵[{an}]为等比数列，[a5a6=-8，]故[a4a7=-8，]

又[a4+a7=2]可得，

[a4=-2，a7=4，]①[或 a4=4，a7=-2.]②

由①得[a1=1，q3=-2，]

则[a1+a10=a1+a1q9=1+（-2）3=-7.]

由②得[a1=-8，q3=-12，]

则[a1+a10=-7].

答案 （1）C （2）B （3）B （4）D

点拨 （1）等差（比）数列中五个基本量中知三求二，渗透方程组的思想.在运用等比数列的前[n]项和公式时，必须注意分[q=1]和[q≠1]进行讨论，防止因忽略[q=1]这一特殊情况而导致错误.

（2）巧用等差（比）数列的基本性质主要体现在等差（比）中项的应用.

数列求和问题

（1）考查利用错位相减法或裂项相消法求和；

（2） 考查与奇偶项相关的分组求和.

例3 下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知[a1，1=1；a2，3=6；a3，2=8]

[[a1，1]＼&[a1，2]＼&[a1，3]＼&[a1，4]＼&[…]＼&[a2，1]＼&[a2，2]＼&[a2，3]＼&[a2，4]＼&[…]＼&[a3，1]＼&[a3，2]＼&[a3，3]＼&[a3，4]＼&[…]＼&[a4，1]＼&[a4，2]＼&[a4，3]＼&[a4，4]＼&[…]＼&[…]＼&[…]＼&[…]＼&[…]＼&[…]＼&]

（1）求数列[{an，2}]的通项公式；

（2）设[bn=a1，nan，2，（n∈N*），]求数列[{bn}]的前[n]项和[Sn].

解析 （1）设第一行组成的等差数列的公差为[d]，各列依次组成的等比数列的公比是[q（q>0），]

[∴a2，3=qa1，3=q（1+2d），]

[∴q（1+2d）=6.]

[a3，2=q2a1，2=q2（1+d），]

[∴q2（1+d）=8.]

解得[d=1，q=2，a1，2=2，]

[∴an，2=2n.]

（2）[bn=n2n，则Sn=12+222+323+…+n2n.]

[则12Sn=122+223+324+…+n2n+1.]

两式相减得，

[12Sn=12 +122+123+…+12n-n2n+1=1-n+22n+1，]

所以[Sn=2-n+22n.]

点拨 常见的裂项相消：

（1）[1n（n+1）=1n-1n+1；]

（2）[1（2n-1）（2n+1）=12（12n-1-12n+1）；]

（3）[1n（n+2）=12（1n-1n+2）；]

（4）[2n（2n-1）（2n+1-1）=12n-1-12n+1-1；]

（5）[n+1n2（n+2）2=14（1n2-1（n+2）2）等等.]

等差（比）数列的判断、证明及存在性问题

（1）考查等差数列、等比数列的判定与证明；

（2）是否存在某一条件使之成为等差（比）数列，即逆向探索.

例4 （1）已知数列[{an}]满足[a1=1，an+1=3an+1，]

①证明：[{an+12}]是等比数列，并求[{an}]的通项公式；

②证明：[1a1+1a2+…+1an<32.]

（2）已知数列[{an}]的前[n]项和为[sn，a1=1，][an≠0，][anan+1][=λsn-1，]其中λ为常数.

①证明：[an+2-an=λ；]

②是否存在[λ]，使得[{an}]为等差数列？并说明理由.

解析 （1）①由[an+1=3an+1得，an+1+12=3（an+12）.]

又[a1+12=32，]

所以[{an+12}]是首项为[32]，公比为3的等比数列.

②由①知，[1an=23n-1.]

因为[n≥1，3n-1≥2· 3n-1.]

所以[13n-1≤12· 3n-1.]

于是[1a1+1a2+…+1an≤1+13+…+13n-1]

[=32（1-13n）<32.]

所以[1a1+1a2+???+1an<32.]

（2）①证明：由题设知，[anan+1=λsn-1，]

[an+1an+2=λsn+1-1，]

两式相减得，[an+1（an+2-an）=λan+1.]

[∵an+1≠0，∴an+2-an=λ.]

②由题设知[a1=1，a1a2=λs1-1]可得，[a2=λ-1.]

由①知，[a3=λ+1.]

令[2a2=a1+a3，]解得[λ=4]，故[an+2-an=4.]

由此可知，[{a2n-1}]是首项为1，公差为4的等差数列，即[a2n-1=4n-3.]

[{a2n}]是首项为3，公差为4的等差数列，[a2n=4n-1]，

即[an=2n-1，an+1-an=2.]

因此存在[λ=4]，使得数列[{an}]为等差数列.

点拨 （1）熟练还用证明（或判断）数列是等差（比）数列的四种基本方法，特别是定义法、等差（比）数列中项法.

（2）第（2）题的第二问是存在问题的探索、考查由特殊到一般的思想方法.

（3）放缩的目的是为了将原数列变为可求和、易求和的数列，掌握放缩尺度是关键.

数列与递推公式

（1）考查利用累加或累乘求通项公式；

（2）考查构造等差（比）数列解决问题的方法.

例5 （1）数列[{an}]中，[a1=1，an=an-1+n（n≥2），]求数列[{an}]的通项公式；

（2）数列[{an}]中，[a1=1，（n-1）an=n×2nan-1（n≥2），]求数列[{an}]的通项公式；

（3）数列[{an}]中，[a1=1，an=2nan-1an-1+2n-2（n≥2），]求数列[{an}]的通项公式.

解析 （1）由[an-an-1=n]可得，

[a2-a1=2；a3-a2=3；a4-a3=4；]

[…]

[an-an-1=n（n≥2），]

[∴an-a1=2+3+4+…+n，]

故[an=n（n+1）2（n≥2）.]

又[a1=1]也适合上式，故[an=n（n+1）2.]

（2）[当n≥2时，anan-1=nn-1×2n，]

则有[an-1an-2=n-1n-2×2n-1；]

[an-2an-3=n-2n-3×2n-2；]

…

[a2a1=21×22.]

[上述n-1个式子累乘得ana1=n×2（n-1）（n+2）2.]

故[an=n×2（n-1）（n+2）2（n≥2）.]

[当n=1时， a1=1×20=1也满足上式，]

[故an=n×2（n-1）（n+2）2.]

（3）依题意知，[ann=2an-1an-1+2n-2].

从而[nan-n-1an-1=12（n≥2）.]

故数列[{nan}]是以1为首项，[12]为公差的等差数列，

即[nan=1+12（n-1），即an=2nn+1.]

点拨 已知数列的递推关系求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解.