1、 1 数列的 综合题常见题型分析 题型一：裂项相消法在求和中的应用 例： 2013江西卷 正项数列 an的前 n 项和 Sn满足： S2n (n2 n 1)Sn (n2 n) 0. (1)求数列 an的通项公式 an； (2)令 bn n 1（ n 2） 2a2n，数列 bn的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 n N*，都有 Tn0， Sn n2 n. 于是 a1 S1 2， n 2 时， an Sn Sn 1 n2 n (n 1)2 (n 1) 2n. 综上，数列 an的通项为 an 2n. (2)证明：由于 an 2n， bn n 1（ n 2） 2a2n， 则 bn n 14n2（
2、 n 2） 2 116 1n2 1（ n 2） 2 . Tn 1161 132 122 142 132 152 1（ n 1） 2 1（ n 1） 2 1n2 1（ n 2） 2 116 1 122 1（ n 1） 2 1（ n 2） 2 0， a2 4a1 5. (2)由题设条件，当 n 2 时， 4an 4(Sn Sn 1) (a2n 1 4n 1) a2n 4(n 1) 1 a2n 1 a2n 4， 整理得 (an 1 an 2)(an 1 an 2) 0. 注意到 an0 得 an 1 an 2， n 2. a2， a5， a14成等比数列， a25 (a2 6)2 a2(a2 24)
3、解得 a2 3， an 3 2(n 2) 2n 1， n 2.又由 (1)得 a1 1，故对一切正整数 n，有 an 2n 1. (3) 1a1a2 1a2a3 1anan 1 11 3 13 5 12n 1 2n 1 12 1 13 13 15 12n 1 12n 1 12 1 12n 1 0， a220091000 的最小正整数 n是多少 ? 解： 因为 11 3faQ , 13xfx 1 11 3a f c c , 2 21a f c f c 29 , 3 232 27a f c f c . 又数列 na 成等比数列， 2213421812 3327aaca ，所以 1c ； 又公比 2
4、113aq a，所以 12 1 123 3 3nnna *nN ； 1 1 1 1n n n n n n n nS S S S S S S S Q 2n 又 0nb , 0nS , 1 1nnSS ； 数列 nS构成一个首相为 1 公差为 1 的等差数列， 1 1 1nS n n ， 2nSn 当 2n ， 221 1 2 1n n nb S S n n n ； n=1 时也适合 21nbn ( *nN )； （ 2）1 2 2 3 3 4 11 1 1 1nnnT b b b b b b b b L 1 1 1 11 3 3 5 5 7 ( 2 1 ) 2 1nn 1 1 1 1 1 1 1
5、 1 1 1 112 3 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 1nn K1112 2 1 2 1nnn 由 10002 1 2009n nT n得 10009n ，满足 10002009nT 的最小正整数为 112. 6. 设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，等比数列 nb 的前 n 项和为 nT ，已知 0nb )(5,1),( 23533211 bTSababaNn （）求数列 na 、 nb 的通项公式； 5 （）求和：1322211 nnnTT bTTbTTb 解 ： （） 由 332 aba ， 得 233 aab ， 得 dq2 又 )(55 2335 bTaS ， 所
6、以 233 bTa ， 即 22121 qqd 由 得 022 qq ， 解得 2q ， 4d 所以 34 nan ， 12 nnb 6 分 （）因为 )11(21 111111 nnnn nnnnnnn n TTTqT TTTqT bTT b， 所以1322211 nnnTT bTTbTTb )111111(2113221 nn TTTTTT )11(21 11 nTT )12 11(21 1 n 12 分 题型二：错位相减在数列中的应用 例： 2013山东卷 设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S4 4S2， a2n 2an 1. (1)求数列 an的通项公式； (2)设数列 bn
7、的前 n 项和为 Tn，且 Tn an 12n (为常数 )，令 cn b2n(n N*)，求数列 cn的前 n项和 Rn. 解： (1)设等差数列 an的首项为 a1，公差为 d.由 S4 4S2， a2n 2an 1 得4a1 6d 8a1 4d，a1（ 2n 1） d 2a1 2（ n 1） d 1， 解得 a1 1， d 2，因此 an 2n 1， n N*. (2)由题意知 Tn n2n 1，所以 n 2 时， bn Tn Tn 1 n2n 1 n 12n 2 n 22n 1 . 故 cn b2n 2n 222n 1 (n 1) 14n 1， n N*. 所以 Rn 0 140 1
8、141 2 142 3 143 (n 1) 14n 1， 则 14Rn 0 141 1 142 2 143 (n 2) 14n 1 (n 1) 14n， 两式相减得 34Rn 141 142 143 14n 1 (n 1) 14n14 14n1 14 (n 1) 14n 13 1 3n3 14n， 整理得 Rn 194 3n 14n 1 .所以数列 cn的前 n 项和 Rn 194 3n 14n 1 . 6 变式练习 ： 1. 2013高考山东卷 )设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S4 4S2， a2n 2an 1. (1)求数列 an的通项公式； (2)若数列 bn满足 b1a1
9、 b2a2 bnan 1 12n， n N*，求 bn的前 n 项和 Tn. 【思路点拨】 (1)由于已知 an是等差数列，因此可考虑用基本量 a1， d 表示已知等式，进而求出 an的通项公式 (2)先求出 bnan，进而求出 bn的通项公式，再用错位相减法求 bn的前 n 项和 【解】 (1)设等差数列 an的首项为 a1，公差为 d. 由 S4 4S2， a2n 2an 1，得4a1 6d 8a1 4d，a1（ 2n 1） d 2a1 2（ n 1） d 1.解得 a1 1，d 2. 因此 an 2n 1， n N*. (2)由已知 b1a1 b2a2 bnan 1 12n， n N*，
10、 当 n 1 时， b1a1 12； 当 n 2 时， bnan 1 12n (1 12n 1) 12n. 所以 bnan 12n， n N*. 由 (1)知 an 2n 1， n N*，所以 bn 2n 12n ， n N*. 所以 Tn 12 322 523 2n 12n ， 12Tn1223232n 32n 2n 12n 1 . 两式相减，得 12Tn 12 (222 223 22n) 2n 12n 1 32 12n 1 2n 12n 1 ， 所以 Tn 3 2n 32n . 2. 已知 各项均为正数的数列 na 中， nSa ,11 是数列 na 的前 n 项和，对任意 Nn ，有 1
11、22 2 nnn aaS .函数 xxxf 2)( ，数列 nb 的首项 41)(,2311 nn bfbb. （） 求数列 na 的通项公式； （）令 )21(log2 nn bc求证： nc 是等比数列并求 nc通项公式； （）令 nnn cad ， 为正整数）n( ，求数列 nd 的前 n 项和 nT . 解 : （） 由 122 2 nnn aaS 得 122 1211 nnn aaS -1 分 由 ，得 )()(22 12211 nnnnn aaaaa 即： 0)()(2 111 nnnnnn aaaaaa -2 分 0)122)( 11 nnnn aaaa 由于数列 na 各项均为
12、正数， 122 1 nn aa -3 分 7 即 211 nn aa 数列 na 是首项为 1，公差为 21 的等差数列， 数列 na 的通项公式是 2 121)1(1 nna n-4 分（）由 41)(1 nn bfb知 4121 nnn bbb，所以 21 )21(21 nn bb， 有 )21(lo g2)21(lo g)21(lo g22212 nnn bbb，即 nn cc 21 ， -6 分 而 12lo g)21(lo g2121 bc， 故 nc 是以 11c 为首项，公比为 2 的等比数列。 -7 分所以 12 nnc -8 分 （） 21 2)1(22 1 nnnnn nn
13、cad， -9 分 所以数列 nd 的前 n 项和 nT 23101 2)1(2242322 nn nn - 2 nT 12310 2)1(22)1(2322 nnn nnn - -得， - nT 12210 2)1()2222(2 nn n 1 11122 ( 1 ) 2121 2 1 3n nnnn 分nT 12 1 nn 考点总结： 错位相减求数列的前 n 项和是一类重要方法，应用时抓住数列的特征。即数列的项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项相乘所得数列的求和问题，所谓错位就是找同类项相减，等比部分求和时注意查清项数 题型三：公式法求和在数列中的应用： 例： 2013浙江卷 在公差为
14、 d 的等差数列 an中，已知 a1 10，且 a1， 2a2 2， 5a3成等比数列 (1)求 d， an； (2)若 d0，公差 d0，则使数列 an的前 n 项和 Sn0 成立的最大自然数 n是 ( ) A 4 027 B 4 026 C 4 025 D 4 024 解：因 an是等差数列，首项 a10，公差 d0，若 a2 0130，则 a2 0120，所以 a2 012 a2 0130， S4 024 4 024（ a1 a4 024）2 2 012(a2 012 a2 013)0，故使数列 an的前 n 项和 Sn0 成立的最大自然数 n是 4 024. 规律解读 若 an是等差数
15、列，求前 n 项和的最值时， (1)若 a10， d0，且满足an 0，an 1 0， 前 n 项和 Sn最小； (3)除上面方法外，还可将 an的前 n 项和的最值问题看作 Sn关于 n 的二次函数最值问题，利用二次函数的图像或配方法求解，注意 n N*. 2. 2013全国卷 已知双曲线 C： x2a2y2b2 1(a 0， b 0)的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率为 3，直线 y 2 与 C 的两个交点间的距离为 6.(1)求 a， b； (2)设过 F2的直线 l 与 C的左、右两支分别交于 A， B 两点，且 |AF1| |BF1|，证明： |AF2|， |AB|， |BF2
16、|成等比数列 解： (1)由题设知 ca 3，即 a2 b2a2 9，故 b2 8a2.所以 C 的方程为 8x2 y2 8a2. 将 y 2 代入上式，求得 x a2 12.由题设知， 2 a2 12 6，解得 a2 1. 所以 a 1， b 2 2. (2)证明：由 (1)知， F1( 3， 0)， F2(3， 0)， C 的方程为 8x2 y2 8. 由题设 l 的方程为 y k(x 3)， |k| 2 2，代入并化简得 (k2 8)x2 6k2x 9k2 8 0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 1， x2 1， x1 x2 6k2k2 8， x1x29k2 8
17、k2 8 . 于是 |AF1| （ x1 3） 2 y21 （ x1 3） 2 8x21 8 (3x1 1)， |BF1| （ x2 3） 2 y22 （ x2 3） 2 8x22 8 3x2 1. 由 |AF1| |BF1|得 (3x1 1) 3x2 1，即 x1 x2 23. 故 6k2k2 823，解得 k2 45，从而 x1x2199 . 由于 |AF2| （ x1 3） 2 y21 （ x1 3） 2 8x21 8 1 3x1， |BF2| （ x2 3） 2 y22 （ x2 3） 2 8x22 8 3x2 1， 故 |AB| |AF2| |BF2| 2 3(x1 x2) 4， |AF2| |BF2| 3(x1 x2) 9x1x2 1 16.因而 |AF2| |BF2| |AB|2， 所以 |AF2|， |AB|， |BF2|成等比数列
