函数与方程思想在数列中应用.doc

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典例4　　[2015·湖北高考]设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.

数列问题函数(方程)化法
数列问题函数(方程)化法形式结构与函数(方程)类似，但要注意数列问题中n的取值范围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：
第一步：分析数列式子的结构特征．
第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式．
第三步：研究函数性质．结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究．
第四步：回归问题．结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题．

【针对训练4】　[2016·东城模拟]已知数列{an}是各项均为正数的等差数列．
(1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比数列，求数列{an}的通项公式an；
(2)在(1)的条件下，数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝＋＋…＋，若对任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求实数k的最小值．
解　(1)因为a1＝2，a＝a2·(a4＋1)，又因为{an}是正项等差数列，故公差d≥0，
所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，
解得d＝2或d＝－1(舍去)，
所以数列{an}的通项公式an＝2n.
(2)因为Sn＝n(n＋1)，
bn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－
＝－＝
＝，
令f(x)＝2x＋(x≥1)，
则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，
即当n＝1时，(bn)max＝，
要使对任意的正整数n，不等式bn≤k恒成立，则须使k≥(bn)max＝，
所以实数k的最小值为.
数列
1．等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
2．等差数列前n项和公式：Sn＝＝na1＋.
3．等比数列通项公式：an＝a1·qn－1.
4．等比数列前n项和公式：
Sn＝.
5．等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．
6．等比中项公式：a＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)．
7．数列{an}的前n项和与通项an之间的关系：an＝.
[重要结论]
1．通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋(n－m)d；等比数列中，an＝am·qn－m.
2．增减性：(1)等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．
(2)等比数列中，若a1>0且q>1或a1<0且0<q<1，则数列为递增数列；若a1>0且0<q<1或a1<0且q>1，则数列为递减数列．
3．等差数列{an}中，Sn为前n项和．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等差数列；等比数列{bn} 中，Tn为前n项和．Tn，T2n－Tn，T3n－T2n，…一般仍成等比数列．
[失分警示]
1．忽视等比数列的条件：
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．
2．漏掉等比中项：
正数a，b的等比中项是±，容易漏掉－.
3．忽略对等比数列的公比的讨论：
应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.
4．an－an－1＝d或＝q中注意n的范围限制．
5．易忽略公式an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2.
6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．
7．等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负.

考点　数列的概念、表示方法及递推公式　　
典例示法
题型1　利用递推关系求通项公式
典例1　　(1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝n
[解析]　由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，
得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0，
又an>0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，
即＝，an＋1＝an，
所以an＝··…·a1＝a1(n≥2)，
所以an＝(n＝1适合)，
于是所求通项公式为an＝.
[答案]　B
(2)[2015·江苏高考]设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为______．
[解析]　由a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)得，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝，
则＝＝2，故数列前10项的和S10＝2＝2＝.
[答案]　
题型2　利用an与Sn的关系求an
典例2　　[2015·全国卷Ⅰ]Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解]　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即
2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.

求数列通项公式的常见类型及方法
(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
(2)已知Sn与an的关系，利用an＝求an.
(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
(4)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
(5)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋＝p(p≠1)的形式，利用是以p为公比的等比数列求解；
②递推关系形如an＋1＝(p为非零常数)可化为－＝的形式．
考点　等差、等比数列的运算　　
典例示法
题型1　等差、等比数列的基本运算
典例3　　[2015·全国卷Ⅱ]已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)
A．2 B．1
C. D.
[解析]　设等比数列{an}的公比为q，a1＝，a3a5＝4(a4－1)，由题可知q≠1，则a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，
∴×q6＝4，
∴q6－16q3＋64＝0，∴(q3－8)2＝0，∴q3＝8，∴q＝2，
∴a2＝，故选C.
[答案]　C
题型2　等差、等比数列性质的运算
典例4　　[2016·全国卷Ⅰ]设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
[解析]　设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64.
[答案]　64

1．等差(比)数列基本运算中的关注点
(1)基本量
在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本量．
(2)解题思路
①求公差d(公比q)：常用公式an＝am＋(n－m)d(an＝amqn－m)；
②列方程组：若条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量．
2．等差(比)数列的性质盘点

考点　等差、等比数列的判断与证明　　
典例示法
典例5　　[2014·全国卷Ⅰ]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]　(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，
故an＋2－an＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
在本例题(2)中是否存在λ，使得{an}为等比数列？并说明理由．
解　由题设可知a1＝1，a1a2＝λS1－1，得a2＝λ－1，由(1)知a3＝λ＋1，若{an}为等比数列，则a＝a1a3，即(λ－1)2＝λ＋1，解得λ＝0或λ＝3.
当λ＝0时，anan＋1＝－1，又a1＝1，所以a2＝－1，a3＝1，…，an＝(－1)n－1，所以数列{an}为首项为1，公比为－1的等比数列；
当λ＝3时，a1＝1，a2＝2，a3＝4，故可令an＝2n－1，则anan＋1＝22n－1.
λSn－1＝3·2n－4，易得anan＋1与λSn－1不恒相等，与已知条件矛盾．
综上可知，存在λ＝0，使得{an}为等比数列．

1．等差数列的判定方法
(1)证明一个数列{an}为等差数列的基本方法有两种
①利用等差数列的定义证明，即证明an＋1－an＝d(n∈N*)；
②利用等差中项证明，即证明an＋2＋an＝2an＋1(n∈N*)．
(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断
①通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
②前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}是等差数列．
2．等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
提醒：若判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明前三项不是等差(等比)数列即可．
针对训练
[2016·云南统测]在数列{an}中，a1＝，an＋1＝2－，设bn＝，数列{bn}的前n项和是Sn.
(1)证明数列{bn}是等差数列，并求Sn；
(2)比较an与Sn＋7的大小．
解　(1)证明：∵bn＝，an＋1＝2－，∴bn＋1＝＝＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，
∴数列{bn}是公差为1的等差数列．
由a1＝，bn＝得b1＝－，
∴Sn＝－＋＝－3n.
(2)由(1)知：bn＝－＋n－1＝n－.由bn＝得an＝1＋＝1＋.
∴an－Sn－7＝－＋3n－6＋.
∵当n≥4时，y＝－＋3n－6是减函数，y＝也是减函数，
∴当n≥4时，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.
又∵a1－S1－7＝－<0，a2－S2－7＝－<0，a3－S3－7＝－<0，∴∀n∈N*，an－Sn－7≤0，
∴an≤Sn＋7.

[全国卷高考真题调研]
1．[2016·全国卷Ⅰ]已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)
A．100 B．99
C．98 D．97
答案　C
解析　设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，解得5d＝a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，选C.
2．[2015·全国卷Ⅱ]已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)
A．21 B．42
C．63 D．84
答案　B
解析　由于a1(1＋q2＋q4)＝21，a1＝3，所以q4＋q2－6＝0，所以q2＝2(q2＝－3舍去)，所以a3＝6，a5＝12，a7＝24，所以a3＋a5＋a7＝42，故选B.
3．[2016·全国卷Ⅲ]已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，
所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
[其它省市高考题借鉴]
4．[2016·北京高考]已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案　6
解析　设等差数列{an}的公差为d，由已知得
解得所以S6＝6a1＋×6×5d＝36＋15×(－2)＝6.
5．[2015·广东高考]设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，已知a1＝1，a2＝，a3＝，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　(1)∵4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
∴n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
∴4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，
∴4×＋5×＝8×1＋＋＋1，解得a4＝.
(2)证明：∵n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
∴4(Sn＋2－Sn＋1)－2(Sn＋1－Sn)＝2(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，
∴(Sn＋2－Sn＋1)－(Sn＋1－Sn)＝(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，
∴an＋2－an＋1＝.
又a3－a2＝，
∴是首项为1，公比为的等比数列．
(3)由(2)知是首项为1，公比为的等比数列，
∴an＋1－an＝n－1，
两边同乘以2n＋1得，an＋1·2n＋1－an·2n＝4.
又a2·22－a1·21＝4，
∴{an·2n}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an·2n＝2＋4(n－1)＝2(2n－1)，
∴an＝＝.

一、选择题
1．[2015·重庆高考]在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．6
答案　B
解析　设数列{an}的公差为d，由a4＝a2＋2d，a2＝4，a4＝2，得2＝4＋2d，d＝－1，∴a6＝a4＋2d＝0.故选B.
2．[2016·山西四校联考]等比数列{an}的前n项和为Sn，若公比q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝(　　)
A．31 B．36
C．42 D．48
答案　A
解析　由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由且公比q>1，得a3＝4，a5＝16，所以解得所以S5＝＝31，故选A.
3．[2016·唐山统考]设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　)
A．2 B.
C. D．1或2
答案　B
解析　设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，S4＝3k，∴＝＝，故选B.
4．[2015·浙江高考]已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)
A．a1d>0，dS4 >0 B．a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
答案　B
解析　由a＝a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)＝0，又d≠0，∴a1＝－d，则a1d＝－d2<0，又∵S4＝4a1＋6d＝－d，∴dS4＝－d2<0，故选B.
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a，m，n∈N*，则＋的最小值为(　　)
A．2 B．16
C. D.
答案　C
解析　设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝16a⇒a·2m＋n－2＝16a⇒m＋n＝6，∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，n＝4时，＋取最小值.
6．[2016·吉林长春质量监测]设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，Sn＋an＝4.
当n≥2时，Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，所以an＝an－1，即2·＝，又因为＝1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以＝n－1(n∈N*)，an＝(n∈N*)，故选A.
二、填空题
7．[2015·广东高考]在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
答案　10
解析　利用等差数列的性质可得a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，从而a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，故a5＝5，所以a2＋a8＝2a5＝10.
8．[2016·辽宁质检]设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝________.
答案　66
解析　依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，可见，数列{an}从第二项起是公比为3的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋＝66.
9．[2016·云南统考]在数列{an}中，an>0，a1＝，如果an＋1是1与的等比中项，那么a1＋＋＋＋…＋的值是________．
答案　
解析　由题意可得，a＝⇒(2an＋1＋anan＋1＋1)(2an＋1－anan＋1－1)＝0，又an>0，∴2an＋1－anan＋1－1＝0，又2－an≠0，∴an＋1＝⇒an＋1－1＝，又可知an≠1，∴＝－1，∴是以为首项，－1为公差的等差数列，∴＝－(n－1)＝－n－1⇒an＝⇒＝＝－，∴a1＋＋＋＋…＋＝1－＋－＋－＋－＋…＋－＝.
三、解答题
10．[2016·蚌埠质检]已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.
解　(1)设该等比数列的公比为q，则根据题意有3·＝9，从而2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－.
当q＝1时，an＝3；
当q＝－时，an＝3·n－3.
(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，
故an＝3n－3，
此时a2n＋3＝3·2n，∴bn＝2n，符合题意．
∴cn＝＝＝－，
从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－<1.
11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．
解　(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，
解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)．
故{bn}的第3项为5，公比为2，
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，
解得b1＝.
所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝·2n－1＝5·2n－3.
(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2.
所以S1＋＝，＝＝2.
因此是以为首项，2为公比的等比数列．
12．[2016·西安质检]等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求＋＋…＋.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，d>0，{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有
解得或(舍去)
故an＝n，bn＝2n－1.
(2)由(1)知Sn＝1＋2＋…＋n＝n(n＋1)，
＝＝2，
∴＋＋…＋
＝2
＝2＝.
第二讲　数列求和及综合应用

[重要公式及结论]
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如(其中{an}是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．
3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．
附：
(1)常见的拆项公式(其中n∈N*)
①＝－.
②＝.
③＝.
④若等差数列{an}的公差为d，则＝
；＝.
⑤＝.
⑥＝－.
⑦＝(－)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；
③12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)．
[失分警示]
1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论．
2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项．
3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项．
4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．

考点　数列求和问题　　
典例示法
题型1　分组转化求和
典例1　　设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f′＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)由题设可得
f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.
对任意n∈N*，f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)因为bn＝2
＝2＝2n＋＋2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋
＝2n＋2·＋
＝n2＋3n＋1－.
题型2　错位相减法求和
典例2　　[2015·湖北高考]设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋，②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－
＝3－，
故Tn＝6－.
题型3　裂项相消法求和
典例3　　[2016·洛阳统考]设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn＝1－2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝logan，求Tn＝＋＋…＋.
[解]　(1)由6Sn＝1－2an，
得6Sn－1＝1－2an－1(n≥2)．
两式相减得6an＝2an－1－2an，即an＝an－1(n≥2)，
由6S1＝6a1＝1－2a1，得a1＝，
∴数列{an}是等比数列，公比q＝，
所以an＝·n－1＝2n＋1.
(2)∵an＝2n＋1，∴bn＝2n＋1，
从而＝＝.
∴Tn＝
＝＝.

1．分组求和的常见方法
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n等特征．
2．裂项相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比．
②把两个和的形式错位相减．
③整理结果形式．
考点　数列与函数、不等式的综合问题　　
典例示法
题型1　数列与函数的综合
典例4　　[2014·四川高考]设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
[解]　(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2 a8＝4×2 a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝2 a2ln 2，故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2 a2＝2 a2ln 2(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意得，a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－＝.
所以，Tn＝.
题型2　数列与不等式的综合
典例5　　[2016·广州模拟](利用单调性证明不等式)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.
[解]　(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝.
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)证明：因为an＝2n，令bn＝，n∈N*，
所以bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－＝.
因为>0，所以1－<1.
因为f(n)＝在N*上是递减函数，
所以1－在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值.
所以≤Tn<1.
典例6　　[2014·全国卷Ⅱ](利用放缩法证明不等式)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋<.
[证明]　(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列．
an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<.
所以＋＋…＋<.

1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
2．解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
考点　数列的实际应用　　
典例示法
典例7　　某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
[解]　(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4500－d.
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)得an＝an－1－d
＝－d
＝2an－2－d－d
＝…
＝n－1a1－d，
整理得an＝n－1(3000－d)－2d
＝n－1(3000－3d)＋2d.
由题意，am＝4000，知m－1(3000－3d)＋2d＝4000，
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元．

1．数列实际应用中的常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间的递推关系．
2．数列综合应用题的解题步骤
(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．
(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．
(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．
具体解题步骤如下：

针对训练
某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．
(1)写出Tn与Tn－1(n≥2)的递推关系式；
(2)求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．
解　(1)由题意知：n≥2时，Tn＝Tn－1(1＋r)＋an，其中an＝a1＋(n－1)d，
∴Tn＝Tn－1(1＋r)＋a1＋(n－1)d，n≥2.
(2)证明：∵Tn＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1·(1＋r)＋an，①
∴(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－2(1＋r)3＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)，②
②－①得rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an
＝a1(1＋r)n＋d·－a1－(n－1)d＝
·(1＋r)n－，
∴Tn＝(1＋r)n－.
令An＝(1＋r)n，Bn＝－－n，
则＝1＋r(定值)，Bn＋1－Bn＝－(定值)，
即Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．

[全国卷高考真题调研]
1．[2015·全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
答案　－
解析　∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，又由a1＝－1，知Sn≠0，∴－＝1，
∴是等差数列，且公差为－1，而＝＝－1，
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
2．[2016·全国卷Ⅱ]Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1000项和．
解　(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为bn＝
所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
[其它省市高考题借鉴]
3．[2016·浙江高考]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝_______，S5＝_______.
答案　1　121
解析　由于解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，所以S5＝121.
4．[2015·安徽高考]已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________