【考点归纳分析与分层精选精练】第四节 第1讲 数列的综合应用(考点分析)（原卷及解析）高考数学复习（全国通用）.docx

考点分析】　第四节 数列的综合应用【考点一】 累加法，形如an＋1－an＝f(n)，求an【典型例题1】 (2021·山东、湖北部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项之和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则S10＝__ __．　【解析】　a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1⇒an＋1－an＝2n－1＋1⇒an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1⇒an＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋n－1＋a1＝＋n－1＋2＝2n－1＋n．S10＝1＋2＋22＋…＋29＋＝1 078．【答案】 1078【归纳总结】　因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，所以形如an＋1－an＝f(n)型递推关系式求通项an.设bn＝f(n)，若{bn}可求和，则用累加法求解．①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和.．【考点二】 累乘法，形如＝f(n)，求an【典型例题2】 (2021·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，＝(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则下列不正确的是(　　)A．a2＝－8　　 B．an＝－2n·nC．S3＝－30　　 D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2【解析】　由题意可得，＝2×，＝2×，＝2×，…，＝2×(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右分别相乘得＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确．【答案】 C【归纳总结】 形如＝f(n)，求an，利用an＝···…···a1求解．【考点三】 已知an＋1＝pan＋q，求an【典型例题3】 已知数列中，，且，，数列的前项和为，则__________.【解析】 因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列，所以，即，，所以.故答案为：【答案】 【归纳总结】 形如an＋1＝pan＋q，求an，假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)，由待定系数法，解得；写出数列的通项公式；第四步 写出数列通项公式.【考点四】 取倒数法，形如an＋1＝(A，B，C为常数)，求an【典型例题4】 已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)·(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是(　　)A．λ< B．λ<1C．λ< D．λ<【解析】 因为an＋1＝，所以＝＋1，即＋1＝＋2＝2，所以数列是等比数列，其首项为＋1＝2，公比为2，所以＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－2λ)＝(n－2λ)·2n，因为数列{bn}是单调递增数列，所以bn＋1>bn，所以(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1，解得λ<1，又由b2>b1，b1＝－λ，b2＝(1－2λ)·2，解得λ<，所以λ的取值范围是λ<．故选A．【答案】 A【归纳总结】 形如an＋1＝(A，B，C为常数)，求an。

将原式变形为＝·＋.①若A＝C，则是等差数列，且公差为，可直接用公式求通项；②若A≠C，则采用待定系数法，构造新数列求解．【考点五】 已知an＋1＝pan＋An+B，求an【典型例题5】 在数列{an}中，已知a1＝2且an＋1＝4an－3n＋1，求通项公式an.【解析】　令an＋1－A(n＋1)－B＝4(an－An－B)，则an＋1＝4an－3An＋A－3B.由条件得解得即an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，故数列{an－n}是首项为a1－1＝1，公比为4的等比数列，从而an－n＝4n－1，故an＝4n－1＋n.【答案】 an＝4n－1＋n【归纳总结】 形如an＋1＝pan＋An+B (A，B，p为常数)，求an先将递推公式改写为；然后由待定系数法，求出的值；写出数列的通项公式；第四步 写出数列通项公式.【考点六】 已知an＋1＝pan＋m×qn，求an【典型例题6】 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝2，求数列{an}的通项公式．【解析】　两边同除以5n＋1，得＝×＋，可得－1＝.由于－1＝－≠0，所以数列是以－为首项，为公比的等比数列，从而－1＝－×n－1，故数列{an}的通项公式为an＝5n－3×2n－1.【答案】 5n－3×2n－1【归纳总结】 形如an＋1＝pan＋m×qn，求an。

首先在递推公式两边同除以，得；然后求数列的通项公式考点七】 已知(其中为常数，且），求an【典型例题7】 数列中，，求数列的通项公式解析】 由，得，设，可得，解得当时，则有是以为公比，以为首项的等比数列即由累差法可得=【答案】 【归纳总结】 形如，求首先将递推公式改写成；，利用待定系数法，求出的值；求数列的通项公式，根据数列的通项公式，求出数列通项公式考点八】 利用an＝求an【典型例题8】 (2021·山东济宁)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，则下列说法正确的是(　　)A．a5＝－32B．S5＝－63C．数列{an}是等比数列D．数列{Sn＋1}是等比数列【解析】　因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，所以a1＝S1＝2a1＋1，所以a1＝－1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；a5＝－1×24＝－16，故A正确；Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．故选C．【答案】 C【考点九】 倒序相加法在数列求和中的应用【典型例题9】 在中插入个数，使它们和组成等差数列，则( )A． B． C． D．【解析】 令，倒过来写，两式相加得，故，所以，故选B.【答案】 B【考点十】 倒序相加法在函数中的应用【典型例题10】 设f(x)＝，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)的值．【解析】　∵f(x)＝，∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＋＝＝.设S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)，则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)．∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]．∴原式＝{[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＋…＋[f(6)＋f(－5)]}＝×12×＝3.【答案】 3【考点十一】 分组转化法求和【典型例题11】 (2022·河北唐山一模)已知数列的各项均不为零，为其前n项和，且.(1)证明：；(2)若，数列为等比数列，，.求数列的前2022项和.【解析】(1)因为①，则②，②-①得：，又，所以.(2)由得：，于是，由得：的公比.所以，.由得：由得：，因此.【答案】 (1) 见解析 (2) 4040【归纳总结】 分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和；(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．　 【考点十二】 错位相减法求和【典型例题12】 (2022·贵州毕节模拟)已知数列的前n项积为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【解析】 (1)当时，当时，∴，由得即∴∴是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，(2)由(1)得∴∴两式相减得：∴【答案】 (1) (2) 【归纳总结】 错位相减法求和策略(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．　 【考点十三】 错位相减法在函数中的应用【典型例题13】 (2022·安徽芜湖一中一模)设是数列的前项和，，点在斜率为的直线上.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【解析】 (1)由，点在斜率为的直线上，知，即.当时，也符合上式，故.当时，；也满足上式，故.(2).则，所以，，上式下式得，因此，.【答案】 (1) (2) 【考点十四】 形如an＝型的裂项相消法求和【典型例题14】 已知数列的前n项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前2020项和.【解析】 (1)由题知，，，，，当时，，两式相减可得，即.因为，数列为等比数列，首项为4，公比为4，所以通项公式为.(2)，，，.【答案】 (1)；(2).【考点十五】 形如an＝型的裂项相消法求和【典型例题15】 已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝(　　)A.－1　　　　　　　 B.－1C.－1 D. ＋1【解析】　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝.则f(x)＝x.所以an＝＝＝－，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－ )＋(－)＝－1.【答案】　C【考点十六】 形如bn＝(q为等比数列{an}的公比)型的裂项相消法求和【典型例题16】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.【解析】　(1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，∴a1＝S1＝－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵＝＝－.∴数列的前n项和Tn＝＋＋…＋＝－.【答案】 (1) 3n－1 (2) －【归纳总结】 bn＝＝－.【考点十七】 形如an＝型的裂项相消法求和【典型例题17】 正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(。