高中数学：高考数学试题分类汇编 应用题(1)

ruize





(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)若a
3
，a< br>5
分别为等差数列{b
n
}的第3项和第5项，试求数列{b
n
}的通项公式
及前n项和S
n
.
[解] (1)设{a
n
}的公比为q，
由已知得16＝2q
3
，解得q＝ 2，∴a
n
＝2×2
n
－
1
＝2
n
.
(2)由(1)得a
3
＝8，a
5
＝32，
等差(比)数列的基本运算
【例1】 等比数列{a
n
}中，已知a
1
＝2，a
4
＝16.

ruize
则b
3
＝8，b
5
＝32.
?
b
1
＋2d＝8，
设{b
n
}的公差为d，则有
?

?
b
1
＋4d＝32，
?
b
1
＝－16，
解得
?

?
d＝12，
所以b
n
＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{b
n
}的前n项和
n（－16＋12n－28）
2
S
n
＝＝6n－22n.
2

在等差数列和等比数列的通项公式a
n
与前n项和公式S
n
中，共涉及五个量：
a
1
，a
n
，n，d(或q)，S
n
，其中a
1
和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件
转换成关于a
1
，d(q)，a
n
，S
n
，n的方程组，利 用方程的思想求出需要的量，当然
在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简， 减少运算量，
同时还要注意整体代入思想方法的运用．


1．已知等差数列{a
n
}的公差d＝1，前n项和为S
n
.
(1)若1，a
1
，a
3
成等比数列，求a
1
；
(2)若S
5
>a
1
a
9
，求a
1
的取值范围．
[解] (1)因为数列{a
n
}的公差d＝1，且1，a
1
，a
3
成等比数列，所以a
2
1
＝1×(a
1< br>＋2)，
即a
2
1
－a
1
－2＝0，解得a
1
＝－1或a
1
＝2.
(2)因为数列{a
n
}的公差 d＝1，且S
5
>a
1
a
9
，
所以5a
1
＋10>a
2
1
＋8a
1
，
即a
2
1
＋3a
1
－10<0，解得－51< br><2.

求数列的通项公式
【例2】 (1)已知数列{a
n}的前n项和S
n
＝3＋2
n
，求a
n
；
1
(2)数列{a
n
}的前n项和为S
n
且a
1
＝1 ，a
n
＋
1
＝
3
S
n
，求a
n< br>.

ruize
思路探究：(1)已知S
n
求a
n
时，应分n＝1与n≥2讨论；
(2)在已知式中既有S
n
又有a
n
时，应转化为S
n或a
n
形式求解．
[解] (1)当n≥2时，a
n
＝Sn
－S
n
－
1
＝3＋2
n
－(3＋2
n
－
1
)＝2
n
－
1
，
当n＝1时，a
1
＝S
1
＝5不适合上式．
?
5 ，n＝1，
∴a
n
＝
?
n
－
1

2，n≥2.
?
(2)∵S
n
＝3a
n
＋
1
，
∴n≥2时，S
n
－
1
＝3a
n
.
①－②得S
n
－S
n
－
1
＝3a
n
＋< br>1
－3a
n
，
∴3a
n
＋
1
＝4a
n
，
a
n
＋
1
4111
∴
a
＝
3
，又a
2
＝
3
S
1
＝
3
a
1
＝
3
.
n
1
?
4
?
?
3
?
∴n≥2时，a
n
＝
3
·
??
n－2
，不适合n＝ 1.
①
②
1，n＝1，
?
?
n－2
∴an
＝
?

1
?
4
?
?
，n≥ 2.
?
?
3
·
?
?
3
?

数列通项公式的求法
(1)定义法，即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定 义法，
这种方法适用于已知数列类型的题目．
(2)已知S
n
求a
n
.若已知数列的前n项和S
n
与a
n
的关系，求数列{a
n
}的通项a
n
可用公式
?
S
1
，n＝1，a
n
＝
?
求解．
?
S
n
－S
n
－
1
，n≥2
(3)累加或累乘法
形如a
n
－a
n
－
1
＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如< br>f(n)(n≥2)的递推式，可用累乘法求通项公式．

a
n
＝< br>a
n
－
1

ruize

2．设数列 {a
n
}是首项为1的正项数列，且a
n
＋
1
－a
n
＋a
n
＋
1
·a
n
＝0(n∈N
*)，求
{a
n
}的通项公式．
1
[解] ∵a
n＋
1
－a
n
＋a
n
＋
1
·a
n
＝0，∴－＝1.
a
n
＋
1
a
n
?< br>1
?
1
又
a
＝1，∴
?
a
?
是首项为1，公差为1的等差数列．
1
?
n
?
1
1
故
a
＝n.
n
1
∴a
n
＝
n
.

(1)设 b
n
＝a
n
＋
1
－2a
n
，求证：{b< br>n
}是等比数列；
a
n
(2)设c
n
＝
n
－
2
，求证：{c
n
}是等差数列．
2
思路探究：分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明．
[证明] (1)a< br>n
＋
2
＝S
n
＋
2
－S
n
＋
1
＝4a
n
＋
1
＋2－4a
n
－2
＝4a
n
＋
1
－4a
n
.
b
n
＋
1
a
n
＋
2
－2a
n
＋
1
4a
n
＋
1
－4a
n
－2a
n
＋
1
2a
n
＋
1
－4a
n
＝＝2. < br>b
n
＝
a
n
＋
1
－2a
n
＝
a
n
＋
1
－2a
n
a
n
＋1
－2a
n
因为S
2
＝a
1
＋a
2< br>＝4a
1
＋2，所以a
2
＝5.
所以b
1
＝a
2
－2a
1
＝3.
所以数列{b
n
}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知b
n
＝3·2
n
－
1
＝a
n
＋
1< br>－2a
n
，
a
n
＋
1
a
n
所以
n
－
1
－
n
－
2
＝3.
22
a
1
所以c
n
＋
1
－c
n
＝ 3，且c
1
＝
－
1
＝2，
2
所以数列{c
n
}是等差数列，公差为3，首项为2.

等差数列、等比数列的判断方法
等差(比)数列的判定
【例3】 数列{a
n
}的前n项和为S
n
，a
1
＝1，S
n
＋1
＝4a
n
＋2(n∈N
*
)．

ruize
a
n
＋
1
(1)定义法：a< br>n
＋
1
－a
n
＝d(常数)?{a
n
}是等 差数列；
a
＝q(q为常数，q≠0)?{a
n
}
n
是等比 数列．
(2)中项公式法：2a
n
＋
1
＝a
n
＋ a
n
＋
2
?{a
n
}是等差数列；a
2
a
n
＋
2
(a
n
≠0)?{a
n
}
n
＋
1
＝a
n
·
是等比数列．
(3)通项公式法 ：a
n
＝kn＋b(k，b是常数)?{a
n
}是等差数列；a
n< br>＝c·q
n
(c，q为
非零常数)?{a
n
}是等比数列．
(4)前n项和公式法：S
n
＝An
2
＋Bn(A，B为常数，n∈ N
*
)?{a
n
}是等差数列；
S
n
＝Aq
n
－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N
*
)?{a
n
}是等比数列．
特别提醒：①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法< br>常用于选择、填空题中的判定．②若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判
定其任意的连 续三项不成等差(比)即可．


3．数列{a
n
}的前n项和为 S
n
，若a
n
＋S
n
＝n，c
n
＝an
－1.求证：数列{c
n
}是等比
数列．
[证明] 当n＝1时，a
1
＝S
1
.
由a
n
＋S
n
＝n， ①
1
得a
1＋S
1
＝1，即2a
1
＝1，解得a
1
＝
2< br>.
又a
n
＋
1
＋S
n
＋
1
＝n＋1， ②
②－①得a
n
＋
1
－a
n
＋( S
n
＋
1
－S
n
)＝1，
即2a
n
＋
1
－a
n
＝1，
因为c
n
＝a
n
－1，
所以a
n
＝c< br>n
＋1，a
n
＋
1
＝c
n
＋
1＋1，
代入③式，得2(c
n
＋
1
＋1)－(c
n< br>＋1)＝1，
整理得2c
n
＋
1
＝c
n
，
c
n
＋
1
1
故
c
＝
2
( 常数)．
n
11
所以数列{c
n
}是一个首项c
1
＝a
1
－1＝－
2
，公比为
2
的等比数列.
③

ruize

[探究问题]
数列求和
1．若数 列{c
n
}是公差为d的等差数列，数列{b
n
}是公比为q(q≠1)的等 比数列，
且a
n
＝c
n
＋b
n
，如何求数列{a< br>n
}的前n项和？
[提示] 数列{a
n
}的前n项和等于数列{c
n
}和{b
n
}的前n项和的和．
2．有些数列单独看求和困难， 但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比
数列求和．试用此种方法求和：
1
2< br>－2
2
＋3
2
－4
2
＋…＋99
2
－100
2
.
[提示] 1
2
－2
2
＋3
2
－4
2
＋…＋99
2
－100
2
＝(1
2
－2
2
)＋(3
2
－4
2
)＋…＋(992
－
100
2
)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5 050.
3．我们知道
1
.
n（n＋1）
111111
[提示] 由＝
n
－得 ＋＋…＋

n（n＋1）n＋11×22×3n（n＋1）111111n
＝1－
2
＋
2
－
3
＋…＋n
－＝1－＝.
n＋1n＋1n＋1
【例4】 已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝kc
n
－k(其中c、k为常数)，且a
2< br>＝4，
a
6
＝8a
3
.
(1)求a
n
；
(2)求数列{na
n
}的前n项和T
n
.
?
S
1
（n＝1），
思路探究：(1)已知S
n
，据a
n
与S
n
的关系a
n
＝
?
确定a
n
；(2 )
?
S
n
－S
n
－
1
（n≥2）
若{a
n
}为等比数列，则{na
n
}是由等差数列和等比数列的对应项的积 构成的新数列，
可用错位相减法求和．
[解] (1)当n≥2时，a
n
＝ S
n
－S
n
－
1
＝k(c
n
－c
n
－
1
)，
则a
6
＝k(c
6
－c5
)，a
3
＝k(c
3
－c
2
)，
a
6
c
6
－c
5
3
a
3
＝
c
3
－c
2
＝c＝8，
11111
＝
n
－，试用此公式求和：＋＋…＋
n（n＋1）n＋11×22×3

ruize
∴c＝2.
∵a
2
＝4，即k(c
2
－c
1
)＝4，
解得k＝2，
∴a
n
＝2
n
.
当n＝1时，a
1
＝S
1
＝2.
综上所述，a
n
＝2
n
(n∈N
*
)．
(2)na
n
＝n·2
n
，
则T
n
＝2 ＋2·2
2
＋3·2
3
＋…＋n·2
n
，
2T< br>n
＝1·2
2
＋2·2
3
＋3·2
4
＋…＋ (n－1)·2
n
＋n·2
n1
，
＋
两式作差得－Tn
＝2＋2
2
＋2
3
＋…＋2
n
－n·2n
＋
1
，
T
n
＝2＋(n－1)·2
n
＋
1
.

1．(变结论)例题中的条件不变，(2)中“求数列{na
n
}的前n项和T
n
”变为“求
数列{n＋a
n
}的前n项和T
n
”．
[解] 由题知T
n
＝1＋2＋2＋2
2
＋3＋2
3
＋…＋n＋2
n

＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋2
2
＋…＋2
n
)
n（1＋n）2（1－2
n
）
＝＋

2
1－2n（n＋1）
＝2
n
＋
1
－2＋.
2
2．( 变结论)例题中的条件不变，将(2)中“求数列{na
n
}的前n项和T
n
”变为“求
?
n
?
数列
?
a
?
的前
?
n
?
n项和T
n
”．
123n
[解] 由题 知T
n
＝
2
＋
2
2
＋
2
3
＋…＋
2
n
， ①
n－1
112n
T
n
＝
2
＋
3
＋…＋
n
＋
n
＋
1< br>，
2222
2
①－②得：
11111n
T
n＝＋
2
＋
3
＋…＋
n
－
n
＋
1

22222
2
②

ruize
＝1
?
?
?
1
?
1－
?
2
?< br>2
?
???
1
1－
2
n
?
?
?
?
n
?
1
?
??
－
n
＋1
＝1－
2
－
n
＋
1
，
??
22
n
n
4＋2n
42n
∴T
n
＝2－
n
＋
1
－
n
＋
1
＝2－
n
＋1
.
222

数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和 问题或已知公式的
数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解．
一般常见的求和方法有：
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式．
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)裂项(相消)法：
有时把一个数列 的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限
项再求和．
(4)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列
求和．
(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．