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第二讲 数列的综合应用
[考情分析]
数列在解答题中的考查常以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.
年份 2017 卷别 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考查角度及命题位置 等差、等比数列的综合应用·T17 已知递推关系求通项与裂项求和·T17 等差、等比数列的基本运算·T17 数列的递推关系式、等比数列的定义·T17 [真题自检]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，
2016 b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若T3＝21，求S3.
解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝q由a2＋b2＝2得d＋q＝3. ① (1)由a3＋b3＝5得2d＋q＝6. ② 联立①和②解得?
?d＝3，???q＝0
2
n－1
.
2
(舍去)，?
n－1
?d＝1，???q＝2.
因此{bn}的通项公式为bn＝2.
(2)由b1＝1，T3＝21得q＋q－20＝0， 解得q＝－5，q＝4.
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21. 当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列?
an?
?的前n项和． ?2n＋1?
?
解析：(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－
- 1 -
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1)．
两式相减得(2n －1)an＝2， 2
所以an＝(n≥2)．
2n－1又由题设可得a1＝2，符合上式， 从而{an}的通项公式为an＝(2)记{
2. 2n－1
an}的前n项和为Sn. 2n＋1an2
2n＋1
2n－1
＝11－. 2n－12n＋1
由(1)知＝
2n＋1
1111112n则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
13352n－12n＋12n＋1
3．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，an－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式．
11
解析：(1)由题意可得a2＝，a3＝. 24
(2)由an－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)． 因此{an}的各项都为正数，所以
2
2
an＋11
＝. an2
11
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝n－1. 22
1
4．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1
3＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式； (2)求{bn}的前n项和．
1
解析：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.
3
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1. (2)由(1)知， anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，
31
因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．
3记{bn}的前n项和为Sn，
bn- 2 -
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?1?n1－??
1?3?3
则Sn＝＝－n－1.
122×31－3
由递推关系求通项
[方法结论]
求数列通项常用的方法
(1)定义法：①形如an＋1＝an＋C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如an＋1＝kan(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an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式．
(3)叠乘法：形如
an＋1a2a3an＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通项公式． ana1a2an－1
(4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再转化为等比数列求解．
1－p(5)构造法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以
nqan?an＋1pan1p1?qn＋1，得n＋1＝·n＋，构造新数列{bn}?其中bn＝n?，得bn＋1＝·bn＋，接下来用待定系数法q?qqqqqq?
求解．
[题组突破]
11n*
1．(2017·威海模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋()(n≥2且n∈N)，则数列{an}的
33通项公式为( ) A．an＝3n n＋2
B．an＝
n＋2
3
n
nC．an＝n＋2 D．an＝(n＋2)3
11n*nn－1n－1n－22
解析：由an＝an－1＋()(n≥2且n∈N)得，3an＝3an－1＋1,3an－1＝3an－2＋1，…，3a2＝
333a1＋1，以上各式相加得3an＝n＋2，故an＝答案：B
nn＋2
3
n. n?1n?2．已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝an＋?1－?，则数列{an}的通项公式为an＝( )
2n＋2?n＋2?
- 3 -
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A.
1
nn＋1
B．1－D.
1
n＋1n＋2
C．1－
n1
n＋1
nnn＋1
解析：通解：an＋1－1＝×…×
nn＋2
an＋?1－
??
－1＝(an－1)，令bn＝an－1，则×××n＋2?n＋2b1b2b3b4?
n?
b2b3b4b5
bn123n－1bn212
＝×××…×，从而得到＝，又b1＝a1－1＝－，得bn＝bn－1345n＋1b1nn＋12nn＋1
1
b1＝－， nn＋1
所以an＝1－
n1
，选C. n＋1
1
，n＋1
1151111
优解：a1＝＝1－，a2＝＝1－，a3＝＝1－，…，归纳可得an＝1－21×262×3123×4n选C. 答案：C
3．(2017·宜昌调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N，n≥2)，数列{bn}满足关系式
4an－1＋1
an－1
*
bn＝
an(n∈N)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．
1an－1114an＋1
解析：(1)证明：∵bn＝，且an＝，∴bn＋1＝＝＝，
an4an－1＋1an＋1anan4an＋14an＋11
∴bn＋1－bn＝－＝4.
*
1
anan1
又b1＝＝1，∴数列{bn}是以1为首项，4为公差的等差数列．
a1
111
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×4＝4n－3，又bn＝，∴an＝＝.
anbn4n－3∴数列{an}的通项公式为an＝
1
. 4n－3
*
4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋3n－12(n∈N)． 证明：数列{an－3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式． 解析：当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋3－12，∴a1＝9.
当n>1时，Sn－Sn－1＝an＝2an＋3n－12－2an－1－3(n－1)＋12＝2an－2an－1＋3，
- 4 -
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∴an－3＝2(an－1－3)，∴{an－3}是以6为首项，2为公比的等比数列．∴an－3＝6·2∴an＝6·2
n－1
n－1
，
＋3.
[误区警示]
依据递推式an＋1＝pan＋q(p，q为常数)求数列通项公式是最常见的一类题型．当p＝1时，{an}为等差数列；当p≠1，p≠0，q＝0时，{an}为等比数列；当p≠1，p≠0，q≠0时，如何求出其通项公式是一个难点，化解这类问题的思路是利用待定系数法，转化成等比数列．
数列求和
[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Sn＝
a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，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?
c?
?(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列． ?anan＋1?
?
(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．
[典例](2017·大连一中模拟)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{为Sn＝
1
}的前n项和
an·an＋1
n. 2n＋1
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)an?n+1?，求数列{bn}的前2n项和T2n.
2
n解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得a1＞0， 令n＝1，则S1＝令n＝2，则S2＝
1
＝，所以a1a2＝3 ①， a1a2311
a1a2
＋
2
＝，所以a2a3＝15 ②， a2a35
1
a2＝a1＋d ③， a3＝a1＋2d ④，
??a1＝1
联立①②③④，解得?
?d＝2?
??a1＝－1
或?
?d＝－2?
(舍去)，所以an＝2n－1.
n(2)由题意知，bn＝(－1)annn＋1
2
＝(－1)[n(n＋1)－1]，所以T2n＝－(1×2－1)＋(2×3－1)
－(3×4－1)＋…＋(－1)·[2n(2n＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋- 5 -
2n
2024年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用教案
