數列綜合應用

粟高軍

本部分內容主要包含等差數列與等比數列的整合問題，數列與其他知識的交匯問題，以數列為背景的創新問題等，其主要考查公式的靈活應用能力、運算能力. 在客觀題中，突出考查兩種數列的整合問題，合情推理在數列中的應用，新定義問題等;而在解答題中，以中等難度題為主，重點考查數列與其他知識的綜合問題，以及探索性問題、實際應用問題等.

重點：熟練掌握等差、等比數列的概念、通項公式和求和公式，熟悉等差、等比數列的性質，培養突破數列綜合問題的能力;熟練把握等差、等比數列中的運算技巧，提高運算能力，準確定位解題的方向;善于利用數列知識解決一些實際問題.

難點：數列與不等式的交匯;數列與函數、方程的交匯;與數列有關的創新性試題，如實際應用問題、探索性問題、新定義問題等.

1. 解決等差數列與等比數列整合問題的基本策略

等差數列與等比數列整合問題一般與求通項公式及求和問題相聯系，可利用通項公式或求和公式將已知的條件轉化為這兩個數列基本量所滿足的方程，通過聯立方程組求解. 同時，注意結合等差數列和等比數列的性質，靈活轉化條件，建立已知和待求之間的聯系，減少運算量，提高解題速度.

2. 突破數列與函數、方程的綜合問題的三個轉化

數列與函數、方程的綜合問題一般與函數的性質與圖象、方程的解、數列中的基本運算相聯系，解決此類問題需要實現以下三個方向的轉化：①函數條件的轉化，直接利用函數與數列的對應關系，把函數解析式中的x換成n即可;②方程條件的轉化，一般要根據方程解的有關條件進行轉化;③數列向函數的轉化，可將數列中的問題轉化為函數的相應問題去處理，但要注意自變量取值范圍的限制. 對于函數中的最值、范圍等問題的求解，可轉化為相應函數的單調性或方程有解的條件去解決

3.化解數列與不等式的綜合問題的主要方法

數列與不等式的綜合問題是近年來高考考查的熱點問題，其中大多數以數列的通項或前n項和問題為背景，考查數列中的不等式的證明和不等式恒成立問題等. 求解與數列有關的不等式的證明問題的關鍵是抓住問題的本質，進行合理的變形、求和，最后進行放縮，從而得出結論. 求解與數列有關的不等式恒成立問題的方法是利用“參變分離”或其他技巧轉化為求最值問題去處理，然后再利用對應函數的單調性或基本不等式求最值.

4. 求解數列應用題的三個步驟

數列應用題的求解過程類似于函數應用題的求解過程，一般分成如下三步：①建模，即認真審題，理解實際背景，理清數學關系，把應用問題抽象為數列問題;②解模，即利用數列知識，解決建立的數列模型中的相關問題;③釋模，即把已解決的數列模型中的問題還原到實際問題中去，確定實際問題的結果.

5. 解數列創新問題的常用技巧

數列中的創新試題主要包括新定義問題和探索性問題，求解技巧如下：①破解數列新定義問題的關鍵是理解題中所給的定義，把握其本質，再根據等差數列和等比數列的性質，熟練運用歸納類比、構造、正難則反、分類與整合等數學思想方法解題;②破解數列探索性問題的關鍵是先分清探索的類型，然后采取對應的策略處理.如條件探索性問題，往往采取分析法，從結論和部分條件入手，執果導因，導出所需條件;結論探索性問題，則需要充分利用已知條件進行猜想、透徹分析，發現規律、獲取結論;存在探索性問題，則先假設存在，導出正確結論或導出矛盾，進而得出結論;規律探索性問題，則需要研究簡化形式但保持本質的特殊情形，從條件出發，通過觀察分析、歸納類比來探路，最后總結得出需要的結論.

例1 ?設數列{an}的前n項的和為Sn，滿足2Sn=an+1-2+1，n∈N？鄢，且a1，a2+5，a3成等差數列.

（1）求a1的值;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：++…+<.

思索 ?細細品味該題，設計上層層遞進，“簡約不簡單”. 該題有意識地從數列的遞推關系出發，引導考生計算a1，繼而求數列{an}的通項公式，最后落腳點就是第（3）小問. 雖然呈現形式是不等式，而實質還是數列求和. 對于第（3）小問，直接將不等式左邊求和化簡是不現實的，考慮不等式證明，我們自然想到將an=進行放大變形，繼而求和化簡.

破解 ?（1）由2Sn=an+1-2+1得2a1=a2-22+1，2（a1+a2）=a3-23+1. 又a1，a2+5，a3成等差數列，所以2（a2+5）=a1+a3，由此解得a1=1.

（2）因為2Sn=an+1-2+1，所以當n≥2時，2Sn-1=an-2n+1，所以2Sn-2Sn-1=an+1-an-2n，即an+1=3an+2n（n≥2）.

因為a1=1，a2=5，所以當n=1時，an+1=3an+2n也成立.

因為an+1+2n+1=3（an+2n），所以{an+2n}是以3為首項、3為公比的等比數列，所以an+2n=3n，an=3n-2n.

（3）（方法一：通項巧妙放縮，轉化為等比數列的求和問題）

因為an=3n-2n=3+2×3-2n=3+2（3-2）>3，所以<，所以++…+<++…+=·1-<.

（方法二：通項巧妙放縮，進而用裂項相消法求和）

當n=1時，=1<，顯然成立;當n=2時，+=1+<，顯然成立.

當n≥3時，an=3n-2n=（1+2）n-2n=1+C·2+C·22+…+C·2+2n-2n=1+C·2+C·22+…+C·2>C·22=2n（n-1）.

又因為a2=5>2×2×（2-1），所以當n≥2時，an>2n（n-1），所以可得<=-，所以+++…+<1+1-+-+endprint

…+-=1+1-<.

例2 ?已知數列{an}中，a1=3，an+1+an=3·2n，n∈N？鄢.

（1）證明：數列{an-2n}是等比數列，并求數列{an}的通項公式.

（2）在數列{an}中，是否存在連續三項成等差數列？若存在，求出所有符合條件的項;若不存在，請說明理由.

（3）若1

？搖？搖思索 ?本題考查數列的遞推公式，等差數列、等比數列的定義等基礎知識;考查分類討論、等價轉化、函數方程等基本數學思想. 突破本題的關鍵是：（1）證明一個數列為等比或等差數列，一般都是從定義入手. 本小題首先需要將已知條件an+1+an=3·2n變形為an+1-2n+1=-（an-2n），由于a1-2=3-2=1≠0，則=-1（常數），然后根據等比數列的定義可知數列{an-2n}是以1為首項，公比為-1的等比數列，求得an=2n+（-1）（n∈N？鄢）. （2）本小題首先假設在數列{an}中存在連續三項a，ak，a（k≥2，k∈N？鄢）成等差數列，則2ak=ak-1+ak+1，代入通項公式可得k=3，即a2，a3，a4成等差數列. （3）本小題首先根據a1，ar，as成等差數列，得2ar=a1+as，于是有2s-2=2·（-1）-（-1）-3，然后通過不定方程的分類討論可得結論.

破解 ?（1）將已知條件a+an=3·2n變形為an+1-2=-（an-2n）. 由于a1-2=3-2=1≠0，則=-1（常數）. 即數列{an-2n}是以1為首項，公比為-1的等比數列，所以an-2n=1·（-1）n-1=（-1）n-1，即an=2n+（-1）n-1（n∈N？鄢）.

（2）假設在數列{an}中存在連續三項成等差數列，不妨設連續的三項依次為a，ak，ak+1（k≥2，k∈N？鄢）.由題意得2ak=a+a，將ak=2k+（-1）k-1，ak-1=2k-1+（-1），ak+1=2k+1+（-1）k代入上式得2[2k+（-1）k-1]=[2k-1+（-1）k-2]+[2k+1+（-1）k]，化簡得-2k-1=4·（-1）k-2，即2k-1=4·（-1）k-1，得（-2）k-1=4，解得k=3. 所以，存在滿足條件的連續三項為a2，a3，a4成等差數列.

（3）若a1，ar，as成等差數列，則2ar=a1+as，即2[2r+（-1）r-1]=3+2s+（-1）s-1，變形得2s-2r+1=2·（-1）r-1-（-1）s-1-3. 由于若r，s∈N？鄢且1

綜上①②③④可知，只有當r為奇數，s為偶數時，a1，ar，as成等差數列，此時滿足條件點列（r，s）落在直線y=x+1（其中x為正奇數）上.

例3 ?已知數列{bn}的通項公式為bn=3×n-1+， Tn為{bn}的前n項和. 若對任意n∈N？鄢，不等式≥2n-7恒成立，則實數k的取值范圍為________.

思索 ?本題屬于數列和不等式的綜合問題. 根據題意，首先需要將數列{bn}的前n項和Tn求出，然后代入不等式并進行變形，參變分離轉化為求數列最值問題去處理.

破解 ?因為bn=3×n-1+，所以Tn=31+++…++=+=61-+. 因為不等式≥2n-7，化簡得k≥對任意n∈N？鄢恒成立. 設cn=，則cn+1-cn=-=. 當n≥5時，cn+1≤cn，{cn}為單調遞減數列，當1≤n<5，cn+1>cn，{cn}為單調遞增數列，=c4

1. 設數列{an}的前n項和為Sn. 已知a1=1，=an+1-n2-n-，n∈N？鄢.

（1）求a2的值;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：對一切正整數n，有++…+<.

2. 已知b>0，數列{an}滿足a1=b，an=（n≥2）.

（1）求數列{an}的通項公式;？搖

（2）證明：對于一切正整數n，an≤+1.

參考答案

1. （1）依題意，2S1=a2--1-，又S1=a1=1，所以a2=4.

（2）當n≥2時，2Sn=nan+1-n3-n2-n，2Sn-1=（n-1）an-（n-1）3-（n-1）2-（n-1）. 兩式相減得2an=nan+1-（n-1）an-（3n2-3n+1）-（2n-1）-. 整理得（n+1）an=nan+1-n（n+1），即-=1，又-=1，故數列是首項為1、公差為1的等差數列，所以=1+（n-1）×1=n，所以an=n2.

（3）當n=1時，=1<;當n=2時，+=1+=<;當n≥3時，=<=-. 此時++…+=1++++…+<1++-+-+…+-=1++-=-<.

綜上，對一切正整數n，有++…+<.

2. （1）由a1=b>0，知an=>0，=+·. 令An=，A1=，當n≥2時，An=+An-1？搖=++

…++A1=++…++. 所以an=，b≠2，2，b=2.

（2）當b≠2時，欲證an=≤+1，只需證nbn≤+1，（2n+1+bn+1）=（2n+1+bn+1）（bn-1+2bn-2+…+2n-1）=2n+1bn-1+2n+2bn-2+…+22n+b2n+2b2n-1+…+2n-1bn+1=2nbn++…++++…+>2nbn（2+2+…+2）=2n·2nbn=n·2n+1bn，所以an=<+1. 當b=2時，an=2=+1. 綜上所述，an≤+1.endprint

…+-=1+1-<.

例2 ?已知數列{an}中，a1=3，an+1+an=3·2n，n∈N？鄢.

（1）證明：數列{an-2n}是等比數列，并求數列{an}的通項公式.

（2）在數列{an}中，是否存在連續三項成等差數列？若存在，求出所有符合條件的項;若不存在，請說明理由.

（3）若1

？搖？搖思索 ?本題考查數列的遞推公式，等差數列、等比數列的定義等基礎知識;考查分類討論、等價轉化、函數方程等基本數學思想. 突破本題的關鍵是：（1）證明一個數列為等比或等差數列，一般都是從定義入手. 本小題首先需要將已知條件an+1+an=3·2n變形為an+1-2n+1=-（an-2n），由于a1-2=3-2=1≠0，則=-1（常數），然后根據等比數列的定義可知數列{an-2n}是以1為首項，公比為-1的等比數列，求得an=2n+（-1）（n∈N？鄢）. （2）本小題首先假設在數列{an}中存在連續三項a，ak，a（k≥2，k∈N？鄢）成等差數列，則2ak=ak-1+ak+1，代入通項公式可得k=3，即a2，a3，a4成等差數列. （3）本小題首先根據a1，ar，as成等差數列，得2ar=a1+as，于是有2s-2=2·（-1）-（-1）-3，然后通過不定方程的分類討論可得結論.

破解 ?（1）將已知條件a+an=3·2n變形為an+1-2=-（an-2n）. 由于a1-2=3-2=1≠0，則=-1（常數）. 即數列{an-2n}是以1為首項，公比為-1的等比數列，所以an-2n=1·（-1）n-1=（-1）n-1，即an=2n+（-1）n-1（n∈N？鄢）.

（2）假設在數列{an}中存在連續三項成等差數列，不妨設連續的三項依次為a，ak，ak+1（k≥2，k∈N？鄢）.由題意得2ak=a+a，將ak=2k+（-1）k-1，ak-1=2k-1+（-1），ak+1=2k+1+（-1）k代入上式得2[2k+（-1）k-1]=[2k-1+（-1）k-2]+[2k+1+（-1）k]，化簡得-2k-1=4·（-1）k-2，即2k-1=4·（-1）k-1，得（-2）k-1=4，解得k=3. 所以，存在滿足條件的連續三項為a2，a3，a4成等差數列.

（3）若a1，ar，as成等差數列，則2ar=a1+as，即2[2r+（-1）r-1]=3+2s+（-1）s-1，變形得2s-2r+1=2·（-1）r-1-（-1）s-1-3. 由于若r，s∈N？鄢且1

綜上①②③④可知，只有當r為奇數，s為偶數時，a1，ar，as成等差數列，此時滿足條件點列（r，s）落在直線y=x+1（其中x為正奇數）上.

例3 ?已知數列{bn}的通項公式為bn=3×n-1+， Tn為{bn}的前n項和. 若對任意n∈N？鄢，不等式≥2n-7恒成立，則實數k的取值范圍為________.

思索 ?本題屬于數列和不等式的綜合問題. 根據題意，首先需要將數列{bn}的前n項和Tn求出，然后代入不等式并進行變形，參變分離轉化為求數列最值問題去處理.

破解 ?因為bn=3×n-1+，所以Tn=31+++…++=+=61-+. 因為不等式≥2n-7，化簡得k≥對任意n∈N？鄢恒成立. 設cn=，則cn+1-cn=-=. 當n≥5時，cn+1≤cn，{cn}為單調遞減數列，當1≤n<5，cn+1>cn，{cn}為單調遞增數列，=c4

1. 設數列{an}的前n項和為Sn. 已知a1=1，=an+1-n2-n-，n∈N？鄢.

（1）求a2的值;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：對一切正整數n，有++…+<.

2. 已知b>0，數列{an}滿足a1=b，an=（n≥2）.

（1）求數列{an}的通項公式;？搖

（2）證明：對于一切正整數n，an≤+1.

參考答案

1. （1）依題意，2S1=a2--1-，又S1=a1=1，所以a2=4.

（2）當n≥2時，2Sn=nan+1-n3-n2-n，2Sn-1=（n-1）an-（n-1）3-（n-1）2-（n-1）. 兩式相減得2an=nan+1-（n-1）an-（3n2-3n+1）-（2n-1）-. 整理得（n+1）an=nan+1-n（n+1），即-=1，又-=1，故數列是首項為1、公差為1的等差數列，所以=1+（n-1）×1=n，所以an=n2.

（3）當n=1時，=1<;當n=2時，+=1+=<;當n≥3時，=<=-. 此時++…+=1++++…+<1++-+-+…+-=1++-=-<.

綜上，對一切正整數n，有++…+<.

2. （1）由a1=b>0，知an=>0，=+·. 令An=，A1=，當n≥2時，An=+An-1？搖=++

…++A1=++…++. 所以an=，b≠2，2，b=2.

（2）當b≠2時，欲證an=≤+1，只需證nbn≤+1，（2n+1+bn+1）=（2n+1+bn+1）（bn-1+2bn-2+…+2n-1）=2n+1bn-1+2n+2bn-2+…+22n+b2n+2b2n-1+…+2n-1bn+1=2nbn++…++++…+>2nbn（2+2+…+2）=2n·2nbn=n·2n+1bn，所以an=<+1. 當b=2時，an=2=+1. 綜上所述，an≤+1.endprint

…+-=1+1-<.

例2 ?已知數列{an}中，a1=3，an+1+an=3·2n，n∈N？鄢.

（1）證明：數列{an-2n}是等比數列，并求數列{an}的通項公式.

（2）在數列{an}中，是否存在連續三項成等差數列？若存在，求出所有符合條件的項;若不存在，請說明理由.

（3）若1

？搖？搖思索 ?本題考查數列的遞推公式，等差數列、等比數列的定義等基礎知識;考查分類討論、等價轉化、函數方程等基本數學思想. 突破本題的關鍵是：（1）證明一個數列為等比或等差數列，一般都是從定義入手. 本小題首先需要將已知條件an+1+an=3·2n變形為an+1-2n+1=-（an-2n），由于a1-2=3-2=1≠0，則=-1（常數），然后根據等比數列的定義可知數列{an-2n}是以1為首項，公比為-1的等比數列，求得an=2n+（-1）（n∈N？鄢）. （2）本小題首先假設在數列{an}中存在連續三項a，ak，a（k≥2，k∈N？鄢）成等差數列，則2ak=ak-1+ak+1，代入通項公式可得k=3，即a2，a3，a4成等差數列. （3）本小題首先根據a1，ar，as成等差數列，得2ar=a1+as，于是有2s-2=2·（-1）-（-1）-3，然后通過不定方程的分類討論可得結論.

破解 ?（1）將已知條件a+an=3·2n變形為an+1-2=-（an-2n）. 由于a1-2=3-2=1≠0，則=-1（常數）. 即數列{an-2n}是以1為首項，公比為-1的等比數列，所以an-2n=1·（-1）n-1=（-1）n-1，即an=2n+（-1）n-1（n∈N？鄢）.

（2）假設在數列{an}中存在連續三項成等差數列，不妨設連續的三項依次為a，ak，ak+1（k≥2，k∈N？鄢）.由題意得2ak=a+a，將ak=2k+（-1）k-1，ak-1=2k-1+（-1），ak+1=2k+1+（-1）k代入上式得2[2k+（-1）k-1]=[2k-1+（-1）k-2]+[2k+1+（-1）k]，化簡得-2k-1=4·（-1）k-2，即2k-1=4·（-1）k-1，得（-2）k-1=4，解得k=3. 所以，存在滿足條件的連續三項為a2，a3，a4成等差數列.

（3）若a1，ar，as成等差數列，則2ar=a1+as，即2[2r+（-1）r-1]=3+2s+（-1）s-1，變形得2s-2r+1=2·（-1）r-1-（-1）s-1-3. 由于若r，s∈N？鄢且1

綜上①②③④可知，只有當r為奇數，s為偶數時，a1，ar，as成等差數列，此時滿足條件點列（r，s）落在直線y=x+1（其中x為正奇數）上.

例3 ?已知數列{bn}的通項公式為bn=3×n-1+， Tn為{bn}的前n項和. 若對任意n∈N？鄢，不等式≥2n-7恒成立，則實數k的取值范圍為________.

思索 ?本題屬于數列和不等式的綜合問題. 根據題意，首先需要將數列{bn}的前n項和Tn求出，然后代入不等式并進行變形，參變分離轉化為求數列最值問題去處理.

破解 ?因為bn=3×n-1+，所以Tn=31+++…++=+=61-+. 因為不等式≥2n-7，化簡得k≥對任意n∈N？鄢恒成立. 設cn=，則cn+1-cn=-=. 當n≥5時，cn+1≤cn，{cn}為單調遞減數列，當1≤n<5，cn+1>cn，{cn}為單調遞增數列，=c4

1. 設數列{an}的前n項和為Sn. 已知a1=1，=an+1-n2-n-，n∈N？鄢.

（1）求a2的值;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：對一切正整數n，有++…+<.

2. 已知b>0，數列{an}滿足a1=b，an=（n≥2）.

（1）求數列{an}的通項公式;？搖

（2）證明：對于一切正整數n，an≤+1.

參考答案

1. （1）依題意，2S1=a2--1-，又S1=a1=1，所以a2=4.

（2）當n≥2時，2Sn=nan+1-n3-n2-n，2Sn-1=（n-1）an-（n-1）3-（n-1）2-（n-1）. 兩式相減得2an=nan+1-（n-1）an-（3n2-3n+1）-（2n-1）-. 整理得（n+1）an=nan+1-n（n+1），即-=1，又-=1，故數列是首項為1、公差為1的等差數列，所以=1+（n-1）×1=n，所以an=n2.

（3）當n=1時，=1<;當n=2時，+=1+=<;當n≥3時，=<=-. 此時++…+=1++++…+<1++-+-+…+-=1++-=-<.

綜上，對一切正整數n，有++…+<.

2. （1）由a1=b>0，知an=>0，=+·. 令An=，A1=，當n≥2時，An=+An-1？搖=++

…++A1=++…++. 所以an=，b≠2，2，b=2.

（2）當b≠2時，欲證an=≤+1，只需證nbn≤+1，（2n+1+bn+1）=（2n+1+bn+1）（bn-1+2bn-2+…+2n-1）=2n+1bn-1+2n+2bn-2+…+22n+b2n+2b2n-1+…+2n-1bn+1=2nbn++…++++…+>2nbn（2+2+…+2）=2n·2nbn=n·2n+1bn，所以an=<+1. 當b=2時，an=2=+1. 綜上所述，an≤+1.endprint