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第六章 数 列
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1.数列的概念和简单表示法?
（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）；? （2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.?
2.等差数列、等比数列?
（1）理解等差数列、等比数列的概念；?
（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；?
（3）能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；?
（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;
2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?
本章难点：1.数列概念的理解；2.等差等比数列性质的运用；3.数列通项与求和方法的运用.仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻；又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.
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6.1 数列的概念与简单表示法
典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：
(1)7,77,777,7 777，…
(2)23，－415，635，－863，…
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，…
【解析】(1)将数列变形为79?(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n－1)，
故an＝79(10n－1).
(2)分开观察，正负号由(－1)n＋1确定，分子是偶数2n，分母是1×3,3×5,5×7， …，(2n－1)(2n＋1)，故数列的通项公式可写成an＝(－1)n＋1 .
(3)将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，….
故数列的通项公式为an＝n＋ .
【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.
【变式训练1】如下表定义函数f(x)：
x12345
f(x)54312
对于数列{an}，a1＝4，an＝f(an－1)，n＝2,3,4，…，则a2 008的值是( )
A.1B.2C.3 D.4
【解析】a1＝4，a2＝1，a3＝5，a4＝2，a5＝4，…，可得an＋4＝an.
所以a2 008＝a4＝2，故选B.
题型二 应用an＝ 求数列通项
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：
(1)Sn＝3n－2；
(2)Sn＝18(an＋2)2 (an＞0).
【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2×3n－1，
又a1＝1不适合上式，
故an＝
(2)当n＝1时，a1＝S1＝18(a1＋2)2，解得a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝18(an＋2)2－18(an－1＋2)2，
所以(an－2)2－(an－1＋2)2＝0，所以(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，
又an＞0，所以an－an－1＝4，
可知{an}为等差数列，公差为4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)?4＝4n－2，
a1＝2也适合上式，故an＝4n－2.
【点拨】本例的关键是应用an＝ 求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足“n≥2”的一般性通项公式.
【变式训练2】已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( )
A.2n－1B.(n＋1n)n－1C.n2 D.n
【解析】由an＝n(an＋1－an)?an＋1an＝n＋1n.
所以an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1＝nn－1×n－1n－2×…×32×21＝n，故选D.
题型三 利用递推关系求数列的通项
【例3】已知在数列{an}中a1＝1，求满足下列条件的数列的通项公式：
(1)an＋1＝an1＋2an；(2)an＋1＝2an＋2n＋1.
【解析】(1)因为对于一切n∈N*，an≠0，
因此由an＋1＝an1＋2an得1an＋1＝1an＋2，即1an＋1－1an＝2.
所以{1an}是等差数列，1an＝1a1＋(n－1)?2＝2n－1，即an＝12n－1.
(2)根据已知条件得an＋12n＋1＝an2n＋1，即an＋12n＋1－an2n＝1.
所以数列{an2n}是等差数列，an2n＝12＋(n－1)＝2n－12，即an＝(2n－1)?2n－1.
【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.
【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)?a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n＝1,2,3，…)，求an.
【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，
所以anan＋1≠0，所以(n＋1)an＋1an－nanan＋1＋1＝0，
令an＋1an＝t，所以(n＋1)t2＋t－n＝0，
所以[(n＋1)t－n](t＋1)＝0，
得t＝nn＋1或t＝－1(舍去)，即an＋1an＝nn＋1.
所以a2a1?a3a2?a4a3?a5a4?…?anan－1＝12?23?34?45?…?n－1n，所以an＝1n.
总结提高
1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.
2.由Sn求an时，要分n＝1和n≥2两种情况.
3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
6.2 等差数列
典例精析
题型一 等差数列的判定与基本运算
【例1】已知数列{an}前n项和Sn＝n2－9n.
(1)求证：{an}为等差数列；(2)记数列{an}的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.
【解析】(1)证明：n＝1时，a1＝S1＝－8，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[(n－1)2－9(n－1)]＝2n－10，
当n＝1时，也适合该式，所以an＝2n－10 (n∈N*).
当n≥2时，an－an－1＝2，所以{an}为等差数列.
(2)因为n≤5时，an≤0，n≥6时，an＞0.
所以当n≤5时，Tn＝－Sn＝9n－n2，
当n≥6时，Tn＝a1＋a2＋…＋a5＋a6＋…＋an
＝－a1－a2－…－a5＋a6＋a7＋…＋an
＝Sn－2S5＝n2－9n－2×(－20)＝n2－9n＋40，
所以，
【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.
【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21＝42，若记bn＝ ，则数列{bn}( )
A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列
C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列
【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21＝21a1＋21×202d＝42.
所以a1＋10d＝2，即a11＝2.所以bn＝ ＝22－(2a11)＝20＝1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.
题型二 公式的应用
【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由.
【解析】(1)依题意，有
S12＝12a1＋12×(12－1)d2＞0，S13＝13a1＋13×(13－1)d2＜0，
即
由a3＝12，得a1＝12－2d.③
将③分别代入①②式，得
所以－247＜d＜－3.
(2)方法一：由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
由于S12＝6(a6＋a7)＞0，S13＝13a7＜0，
即a6＋a7＞0，a7＜0，因此a6＞0，a7＜0，
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
方法二：由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d＞0，a2 008，a2 009是方程x2－3x－5＝0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn＜0的最大自然数n＝ .
【解析】由题意知 又因为公差d＞0，所以a2 008＜0，a2 009＞0. 当
n＝4 015时，S4 015＝a1＋a4 0152×4 015＝a2 008×4 015＜0；当n＝4 016时，S4 016＝a1＋a4 0162×4 016＝a2 008＋a2 0092×4 016＞0.所以满足条件Sn＜0的最大自然数n＝4 015.
题型三 性质的应用
【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.
(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数；
(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人？
【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.
所以9月10日的新感染者人数为40＋(10－1)×40＝400(人).
所以9月11日的新感染者人数为400－10＝390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10＝10(40＋400)2＝2 200(人)，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为－10的等差数列.
所以后20天新感染者的人数和为T20＝20×390＋20(20－1)2×(－10)＝5 900(人).
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200＋5 900＝8 100(人).
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为
.
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，
所以5＋3d2≤a4≤3＋d，即5＋3d≤6＋2d，所以d≤1，
所以a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值为4.
总结提高
1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am＝an＋(m－n)d.
2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.
3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a＋d，a＋2d外，还可设a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3m，a－m，a＋m，a＋3m.
4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.
6.3 等比数列
典例精析
题型一 等比数列的基本运算与判定
【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2nSn(n＝1,2,3，…).求证：
(1)数列{Snn}是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.
【解析】(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2nSn，
所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn).
整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以Sn＋1n＋1＝2?Snn，
故{Snn}是以2为公比的等比数列.
(2)由(1)知Sn＋1n＋1＝4?Sn－1n－1＝4ann＋1(n≥2)，
于是Sn＋1＝4(n＋1)?Sn－1n－1＝4an(n≥2).
又a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4.
因此对于任意正整数n≥1，都有Sn＋1＝4an.
【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1；②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an＋1an＝q(常数)恒成立，也可用a2n＋1 ＝an?an＋2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.
【变式训练1】等比数列{an}中，a1＝317，q＝－12.记f(n)＝a1a2…an，则当f(n)最大时，n的值为( )
A.7B.8C.9D.10
【解析】an＝317×(－12)n－1，易知a9＝317×1256＞1，a10＜0,0＜a11＜1.又a1a2…a9＞0，故f(9)＝a1a2…a9的值最大，此时n＝9.故选C.
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中，a1＋a6＝33，a3a4＝32，an＞an＋1(n∈N*).
(1)求an；
(2)若Tn＝lg a1＋lg a2＋…＋lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6＝a3a4＝32，
又a1＋a6＝33，a1＞a6，解得a1＝32，a6＝1，
所以a6a1＝132，即q5＝132，所以q＝12，
所以an＝32?(12)n－1＝26－n .
(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，
因为lg an＝lg 26－n＝(6－n)lg 2，lg a1＝5lg 2，
所以Tn＝(lg a1＋lg an)n2＝n(11－n)2lg 2.
【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.
【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a29－n(n＜29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19＝1，能得到什么等式？
【解析】由题设可知，如果am＝0，在等差数列中有
a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立，
我们知道，如果m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，
而对于等比数列{bn}，则有若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，
所以可以得出结论：
若bm＝1，则有b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立.
在本题中则有b1b2…bn＝b1b2…b37－n(n＜37，n∈N*).
题型三 综合运用
【例3】设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且－a1，Sn，an＋1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝1－Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列？若存在，则求出a1的值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)由题意可得2Sn＝an＋1－a1.
所以当n≥2时，有
两式相减得an＋1＝3an(n≥2).
又a2＝2S1＋a1＝3a1，an≠0，
所以{an}是以首项为a1，公比为q＝3的等比数列.
所以an＝a1?3n－1.
(2)因为Sn＝a1(1－qn)1－q＝－12a1＋12a1?3n，所以bn＝1－Sn＝1＋12a1－12a1?3n.
要使{bn}为等比数列，当且仅当1＋12a1＝0，即a1＝－2，此时bn＝3n.
所以{bn}是首项为3，公比为q＝3的等比数列.
所以{bn}能为等比数列，此时a1＝－2.
【变式训练3】已知命题：若{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m＜n，m、n∈N*)，则am＋n＝bn－amn－m.现在已知数列{bn}(bn＞0，n∈N*)为等比数列，且bm＝a，bn＝b(m＜n，m，n∈N*)，类比上述结论得bm＋n＝ .
【解析】n－mbnam.
总结提高
1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.
2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an＝Sn－Sn－1(n≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.
3.分类讨论思想：当a1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1时，等比数列{an}为递增数列；当a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，{an}为递减数列；q＜0时，{an}为摆动数列；q＝1时，{an}为常数列.
6.4 数列求和
典例精析
题型一 错位相减法求和
【例1】求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.
【解析】(1)a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2.
(2)a≠1时，因为a≠0，
Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
1aSn＝1a2＋2a3＋…＋n－1an＋nan＋1.②
由①－②得(1－1a)Sn＝1a＋1a2＋…＋1an－nan＋1＝1a(1－1an)1－1a－nan＋1，
所以Sn＝a(an－1)－n(a－1)an(a－1)2.
综上所述，Sn＝
【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an?bn}的前n项和时，可采用错位相减法；
(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；
(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.
【变式训练1】数列{2n－32n－3}的前n项和为( )
A.4－2n－12n－1 B.4＋2n－72n－2 C.8－2n＋12n－3 D.6－3n＋22n－1
【解析】取n＝1，2n－32n－3＝－4.故选C.
题型二 分组并项求和法
【例2】求和Sn＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n－1).
【解析】和式中第k项为ak＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－(12)k1－12＝2(1－12k).
所以Sn＝2[(1－12)＋(1－122)＋…＋(1－12n)]
＝ －(12＋122＋…＋12n)]
＝2[n－12(1－12n)1－12]＝2[n－(1－12n)]＝2n－2＋12n－1.
【变式训练2】数列1, 1＋2, 1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为( )
A.2n－1B.n?2n－n
C.2n＋1－nD.2n＋1－n－2
【解析】an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝2n＋1－n－2.故选D.
题型三 裂项相消法求和
【例3】数列{an}满足a1＝8，a4＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1n(14－an)(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N*)，若对任意非零自然数n，Tn＞m32恒成立，求m的最大整数值.
【解析】(1)由an＋2－2an＋1＋an＝0，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，
从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d＝a4－a14－1＝－2，
所以an＝8＋(n－1)×(－2)＝10－2n.
(2)bn＝1n(14－an)＝12n(n＋2)＝14(1n－1n＋2)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14[(11－13)＋(12－14)＋…＋(1n－1n＋2)]
＝14(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝38－14(n＋1)－14(n＋2)＞m32 ，
上式对一切n∈N*恒成立.
所以m＜12－8n＋1－8n＋2对一切n∈N*恒成立.
对n∈N*，(12－8n＋1－8n＋2)min＝12－81＋1－81＋2＝163，
所以m＜163，故m的最大整数值为5.
【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.
(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.
【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn＝anBn＋bnAn－anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前10项和为( )
A.A10＋B10 B.A10＋B102C.A10B10 D.A10B10
【解析】n＝1，c1＝A1B1；n≥2，cn＝AnBn－An－1Bn－1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.
总结提高
1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.
2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.
6.5 数列的综合应用
典例精析
题型一 函数与数列的综合问题
【例1】已知f(x)＝logax(a＞0且a≠1)，设f(a1)，f(a2)，…，f(an)(n∈N*)是首项为4，公差为2的等差数列.
(1)设a是常数，求证：{an}成等比数列；
(2)若bn＝anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a＝2时，求Sn.
【解析】(1)f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，即logaan＝2n＋2，所以an＝a2n＋2，
所以anan－1＝a2n＋2a2n＝a2(n≥2)为定值，所以{an}为等比数列.
(2)bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2，
当a＝2时，bn＝(2n＋2) ?(2)2n＋2＝(n＋1) ?2n＋2，
Sn＝2?23＋3?24＋4?25＋…＋(n＋1) ?2n＋2，
2Sn＝2?24＋3?25＋…＋n?2n＋2＋(n＋1)?2n＋3，
两式相减得
－Sn＝2?23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)?2n＋3＝16＋24(1－2n－1)1－2－(n＋1)?2n＋3，
所以Sn＝n?2n＋3.
【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.
【变式训练1】设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列{1f(n)}(n∈N*)的前n项和是( )
A.nn＋1 B.n＋2n＋1 C.nn＋1 D.n＋1n
【解析】由f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1得m＝2，a＝1.
所以f(x)＝x2＋x，则1f(n)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.
所以Sn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.故选C.
题型二 数列模型实际应用问题
【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2010年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.
(1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1＝310，经过n年绿化面积为an＋1，求证：an＋1＝45an＋425；
(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？
【解析】(1)证明：由已知可得an确定后，an＋1可表示为an＋1＝an(1－4%)＋(1－an)16%，
即an＋1＝80%an＋16%＝45an＋425.
(2)由an＋1＝45an＋425有，an＋1－45＝45(an－45)，
又a1－45＝－12≠0，所以an＋1－45＝－12?(45)n，即an＋1＝45－12?(45)n，
若an＋1≥35，则有45－12?(45)n≥35，即(45)n－1≤12，(n－1)lg 45≤－lg 2，
(n－1)(2lg 2－lg 5)≤－lg 2，即(n－1)(3lg 2－1)≤－lg 2，
所以n≥1＋lg 21－3lg 2＞4，n∈N*，
所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.
【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.
【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)＝0，则下列结论中错误的是( )
A.P(2 006)＝402B.P(2 007)＝403
C.P(2 008)＝404D.P(2 009)＝405
【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn}，由题知P(0)＝0，P(5)＝1，P(10)＝2，P(15)＝3.所以P(2 005)＝401，P(2 006)＝401＋1＝402，P(2 007)＝401＋1＋1＝403，P(2 008)＝401＋
3＝404，P(2 009)＝404－1＝403.故D错.
题型三 数列中的探索性问题
【例3】{an}，{bn}为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n－1n，2n)为直角坐标平面上的点.
(1)对n∈N*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足log2Cn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbna1＋a2＋…＋an，其中{Cn}是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程.
【解析】(1)由an－22－1＝2n－2n－1n－1，得an＝2n.
(2)由已知有Cn＝22n－3，由log2Cn的表达式可知：
2(b1＋2b2＋…＋nbn)＝n(n＋1)(2n－3)，①
所以2[b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1]＝(n－1)n(2n－5).②
①－②得bn＝3n－4，所以{bn}为等差数列.
故点列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)共线，直线方程为y＝3x－4.
【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(n∈N*).若a1＞1，a4＞3，S3≤9，则通项公式an＝ .
【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.
由a1＞1，a4＞3，S3≤9得
令x＝a1，y＝d得
在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1＝2，d＝1.所以an＝2＋n－1＝n＋1.故答案填n＋1.
总结提高
1.数列模型应用问题的求解策略
(1)认真审题，准确理解题意；
(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解；
(3)验证、反思结果与实际是否相符.
2.数列综合问题的求解策略
(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解；
(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.
第六章 数 列
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考试要求重难点击命题展望
1.数列的概念和简单表示法?
（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）；? （2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.?
2.等差数列、等比数列?
（1）理解等差数列、等比数列的概念；?
（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；?
（3）能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；?
（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;
2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?
本章难点：1.数列概念的理解；2.等差等比数列性质的运用；3.数列通项与求和方法的运用.仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻；又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.
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6.1 数列的概念与简单表示法
典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：
(1)7,77,777,7 777，…
(2)23，－415，635，－863，…
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，…
【解析】(1)将数列变形为79?(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n－1)，
故an＝79(10n－1).
(2)分开观察，正负号由(－1)n＋1确定，分子是偶数2n，分母是1×3,3×5,5×7， …，(2n－1)(2n＋1)，故数列的通项公式可写成an＝(－1)n＋1 .
(3)将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，….
故数列的通项公式为an＝n＋ .
【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.
【变式训练1】如下表定义函数f(x)：
x12345
f(x)54312
对于数列{an}，a1＝4，an＝f(an－1)，n＝2,3,4，…，则a2 008的值是( )
A.1B.2C.3 D.4
【解析】a1＝4，a2＝1，a3＝5，a4＝2，a5＝4，…，可得an＋4＝an.
所以a2 008＝a4＝2，故选B.
题型二 应用an＝ 求数列通项
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：
(1)Sn＝3n－2；
(2)Sn＝18(an＋2)2 (an＞0).
【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2×3n－1，
又a1＝1不适合上式，
故an＝
(2)当n＝1时，a1＝S1＝18(a1＋2)2，解得a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝18(an＋2)2－18(an－1＋2)2，
所以(an－2)2－(an－1＋2)2＝0，所以(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，
又an＞0，所以an－an－1＝4，
可知{an}为等差数列，公差为4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)?4＝4n－2，
a1＝2也适合上式，故an＝4n－2.
【点拨】本例的关键是应用an＝ 求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足“n≥2”的一般性通项公式.
【变式训练2】已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( )
A.2n－1B.(n＋1n)n－1C.n2 D.n
【解析】由an＝n(an＋1－an)?an＋1an＝n＋1n.
所以an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1＝nn－1×n－1n－2×…×32×21＝n，故选D.
题型三 利用递推关系求数列的通项
【例3】已知在数列{an}中a1＝1，求满足下列条件的数列的通项公式：
(1)an＋1＝an1＋2an；(2)an＋1＝2an＋2n＋1.
【解析】(1)因为对于一切n∈N*，an≠0，
因此由an＋1＝an1＋2an得1an＋1＝1an＋2，即1an＋1－1an＝2.
所以{1an}是等差数列，1an＝1a1＋(n－1)?2＝2n－1，即an＝12n－1.
(2)根据已知条件得an＋12n＋1＝an2n＋1，即an＋12n＋1－an2n＝1.
所以数列{an2n}是等差数列，an2n＝12＋(n－1)＝2n－12，即an＝(2n－1)?2n－1.
【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.
【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)?a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n＝1,2,3，…)，求an.
【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，
所以anan＋1≠0，所以(n＋1)an＋1an－nanan＋1＋1＝0，
令an＋1an＝t，所以(n＋1)t2＋t－n＝0，
所以[(n＋1)t－n](t＋1)＝0，
得t＝nn＋1或t＝－1(舍去)，即an＋1an＝nn＋1.
所以a2a1?a3a2?a4a3?a5a4?…?anan－1＝12?23?34?45?…?n－1n，所以an＝1n.
总结提高
1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.
2.由Sn求an时，要分n＝1和n≥2两种情况.
3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
6.2 等差数列
典例精析
题型一 等差数列的判定与基本运算
【例1】已知数列{an}前n项和Sn＝n2－9n.
(1)求证：{an}为等差数列；(2)记数列{an}的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.
【解析】(1)证明：n＝1时，a1＝S1＝－8，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[(n－1)2－9(n－1)]＝2n－10，
当n＝1时，也适合该式，所以an＝2n－10 (n∈N*).
当n≥2时，an－an－1＝2，所以{an}为等差数列.
(2)因为n≤5时，an≤0，n≥6时，an＞0.
所以当n≤5时，Tn＝－Sn＝9n－n2，
当n≥6时，Tn＝a1＋a2＋…＋a5＋a6＋…＋an
＝－a1－a2－…－a5＋a6＋a7＋…＋an
＝Sn－2S5＝n2－9n－2×(－20)＝n2－9n＋40，
所以，
【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.
【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21＝42，若记bn＝ ，则数列{bn}( )
A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列
C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列
【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21＝21a1＋21×202d＝42.
所以a1＋10d＝2，即a11＝2.所以bn＝ ＝22－(2a11)＝20＝1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.
题型二 公式的应用
【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由.
【解析】(1)依题意，有
S12＝12a1＋12×(12－1)d2＞0，S13＝13a1＋13×(13－1)d2＜0，
即
由a3＝12，得a1＝12－2d.③
将③分别代入①②式，得
所以－247＜d＜－3.
(2)方法一：由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
由于S12＝6(a6＋a7)＞0，S13＝13a7＜0，
即a6＋a7＞0，a7＜0，因此a6＞0，a7＜0，
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
方法二：由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d＞0，a2 008，a2 009是方程x2－3x－5＝0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn＜0的最大自然数n＝ .
【解析】由题意知 又因为公差d＞0，所以a2 008＜0，a2 009＞0. 当
n＝4 015时，S4 015＝a1＋a4 0152×4 015＝a2 008×4 015＜0；当n＝4 016时，S4 016＝a1＋a4 0162×4 016＝a2 008＋a2 0092×4 016＞0.所以满足条件Sn＜0的最大自然数n＝4 015.
题型三 性质的应用
【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.
(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数；
(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人？
【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.
所以9月10日的新感染者人数为40＋(10－1)×40＝400(人).
所以9月11日的新感染者人数为400－10＝390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10＝10(40＋400)2＝2 200(人)，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为－10的等差数列.
所以后20天新感染者的人数和为T20＝20×390＋20(20－1)2×(－10)＝5 900(人).
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200＋5 900＝8 100(人).
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为
.
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，
所以5＋3d2≤a4≤3＋d，即5＋3d≤6＋2d，所以d≤1，
所以a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值为4.
总结提高
1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am＝an＋(m－n)d.
2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.
3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a＋d，a＋2d外，还可设a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3m，a－m，a＋m，a＋3m.
4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.
6.3 等比数列
典例精析
题型一 等比数列的基本运算与判定
【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2nSn(n＝1,2,3，…).求证：
(1)数列{Snn}是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.
【解析】(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2nSn，
所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn).
整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以Sn＋1n＋1＝2?Snn，
故{Snn}是以2为公比的等比数列.
(2)由(1)知Sn＋1n＋1＝4?Sn－1n－1＝4ann＋1(n≥2)，
于是Sn＋1＝4(n＋1)?Sn－1n－1＝4an(n≥2).
又a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4.
因此对于任意正整数n≥1，都有Sn＋1＝4an.
【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1；②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an＋1an＝q(常数)恒成立，也可用a2n＋1 ＝an?an＋2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.
【变式训练1】等比数列{an}中，a1＝317，q＝－12.记f(n)＝a1a2…an，则当f(n)最大时，n的值为( )
A.7B.8C.9D.10
【解析】an＝317×(－12)n－1，易知a9＝317×1256＞1，a10＜0,0＜a11＜1.又a1a2…a9＞0，故f(9)＝a1a2…a9的值最大，此时n＝9.故选C.
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中，a1＋a6＝33，a3a4＝32，an＞an＋1(n∈N*).
(1)求an；
(2)若Tn＝lg a1＋lg a2＋…＋lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6＝a3a4＝32，
又a1＋a6＝33，a1＞a6，解得a1＝32，a6＝1，
所以a6a1＝132，即q5＝132，所以q＝12，
所以an＝32?(12)n－1＝26－n .
(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，
因为lg an＝lg 26－n＝(6－n)lg 2，lg a1＝5lg 2，
所以Tn＝(lg a1＋lg an)n2＝n(11－n)2lg 2.
【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.
【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a29－n(n＜29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19＝1，能得到什么等式？
【解析】由题设可知，如果am＝0，在等差数列中有
a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立，
我们知道，如果m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，
而对于等比数列{bn}，则有若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，
所以可以得出结论：
若bm＝1，则有b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立.
在本题中则有b1b2…bn＝b1b2…b37－n(n＜37，n∈N*).
题型三 综合运用
【例3】设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且－a1，Sn，an＋1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝1－Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列？若存在，则求出a1的值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)由题意可得2Sn＝an＋1－a1.
所以当n≥2时，有
两式相减得an＋1＝3an(n≥2).
又a2＝2S1＋a1＝3a1，an≠0，
所以{an}是以首项为a1，公比为q＝3的等比数列.
所以an＝a1?3n－1.
(2)因为Sn＝a1(1－qn)1－q＝－12a1＋12a1?3n，所以bn＝1－Sn＝1＋12a1－12a1?3n.
要使{bn}为等比数列，当且仅当1＋12a1＝0，即a1＝－2，此时bn＝3n.
所以{bn}是首项为3，公比为q＝3的等比数列.
所以{bn}能为等比数列，此时a1＝－2.
【变式训练3】已知命题：若{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m＜n，m、n∈N*)，则am＋n＝bn－amn－m.现在已知数列{bn}(bn＞0，n∈N*)为等比数列，且bm＝a，bn＝b(m＜n，m，n∈N*)，类比上述结论得bm＋n＝ .
【解析】n－mbnam.
总结提高
1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.
2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an＝Sn－Sn－1(n≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.
3.分类讨论思想：当a1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1时，等比数列{an}为递增数列；当a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，{an}为递减数列；q＜0时，{an}为摆动数列；q＝1时，{an}为常数列.
6.4 数列求和
典例精析
题型一 错位相减法求和
【例1】求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.
【解析】(1)a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2.
(2)a≠1时，因为a≠0，
Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
1aSn＝1a2＋2a3＋…＋n－1an＋nan＋1.②
由①－②得(1－1a)Sn＝1a＋1a2＋…＋1an－nan＋1＝1a(1－1an)1－1a－nan＋1，
所以Sn＝a(an－1)－n(a－1)an(a－1)2.
综上所述，Sn＝
【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an?bn}的前n项和时，可采用错位相减法；
(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；
(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.
【变式训练1】数列{2n－32n－3}的前n项和为( )
A.4－2n－12n－1 B.4＋2n－72n－2 C.8－2n＋12n－3 D.6－3n＋22n－1
【解析】取n＝1，2n－32n－3＝－4.故选C.
题型二 分组并项求和法
【例2】求和Sn＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n－1).
【解析】和式中第k项为ak＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－(12)k1－12＝2(1－12k).
所以Sn＝2[(1－12)＋(1－122)＋…＋(1－12n)]
＝ －(12＋122＋…＋12n)]
＝2[n－12(1－12n)1－12]＝2[n－(1－12n)]＝2n－2＋12n－1.
【变式训练2】数列1, 1＋2, 1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为( )
A.2n－1B.n?2n－n
C.2n＋1－nD.2n＋1－n－2
【解析】an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝2n＋1－n－2.故选D.
题型三 裂项相消法求和
【例3】数列{an}满足a1＝8，a4＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1n(14－an)(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N*)，若对任意非零自然数n，Tn＞m32恒成立，求m的最大整数值.
【解析】(1)由an＋2－2an＋1＋an＝0，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，
从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d＝a4－a14－1＝－2，
所以an＝8＋(n－1)×(－2)＝10－2n.
(2)bn＝1n(14－an)＝12n(n＋2)＝14(1n－1n＋2)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14[(11－13)＋(12－14)＋…＋(1n－1n＋2)]
＝14(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝38－14(n＋1)－14(n＋2)＞m32 ，
上式对一切n∈N*恒成立.
所以m＜12－8n＋1－8n＋2对一切n∈N*恒成立.
对n∈N*，(12－8n＋1－8n＋2)min＝12－81＋1－81＋2＝163，
所以m＜163，故m的最大整数值为5.
【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.
(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.
【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn＝anBn＋bnAn－anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前10项和为( )
A.A10＋B10 B.A10＋B102C.A10B10 D.A10B10
【解析】n＝1，c1＝A1B1；n≥2，cn＝AnBn－An－1Bn－1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.
总结提高
1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.
2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.
6.5 数列的综合应用
典例精析
题型一 函数与数列的综合问题
【例1】已知f(x)＝logax(a＞0且a≠1)，设f(a1)，f(a2)，…，f(an)(n∈N*)是首项为4，公差为2的等差数列.
(1)设a是常数，求证：{an}成等比数列；
(2)若bn＝anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a＝2时，求Sn.
【解析】(1)f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，即logaan＝2n＋2，所以an＝a2n＋2，
所以anan－1＝a2n＋2a2n＝a2(n≥2)为定值，所以{an}为等比数列.
(2)bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2，
当a＝2时，bn＝(2n＋2) ?(2)2n＋2＝(n＋1) ?2n＋2，
Sn＝2?23＋3?24＋4?25＋…＋(n＋1) ?2n＋2，
2Sn＝2?24＋3?25＋…＋n?2n＋2＋(n＋1)?2n＋3，
两式相减得
－Sn＝2?23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)?2n＋3＝16＋24(1－2n－1)1－2－(n＋1)?2n＋3，
所以Sn＝n?2n＋3.
【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.
【变式训练1】设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列{1f(n)}(n∈N*)的前n项和是( )
A.nn＋1 B.n＋2n＋1 C.nn＋1 D.n＋1n
【解析】由f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1得m＝2，a＝1.
所以f(x)＝x2＋x，则1f(n)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.
所以Sn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.故选C.
题型二 数列模型实际应用问题
【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2010年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.
(1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1＝310，经过n年绿化面积为an＋1，求证：an＋1＝45an＋425；
(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？
【解析】(1)证明：由已知可得an确定后，an＋1可表示为an＋1＝an(1－4%)＋(1－an)16%，
即an＋1＝80%an＋16%＝45an＋425.
(2)由an＋1＝45an＋425有，an＋1－45＝45(an－45)，
又a1－45＝－12≠0，所以an＋1－45＝－12?(45)n，即an＋1＝45－12?(45)n，
若an＋1≥35，则有45－12?(45)n≥35，即(45)n－1≤12，(n－1)lg 45≤－lg 2，
(n－1)(2lg 2－lg 5)≤－lg 2，即(n－1)(3lg 2－1)≤－lg 2，
所以n≥1＋lg 21－3lg 2＞4，n∈N*，
所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.
【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.
【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)＝0，则下列结论中错误的是( )
A.P(2 006)＝402B.P(2 007)＝403
C.P(2 008)＝404D.P(2 009)＝405
【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn}，由题知P(0)＝0，P(5)＝1，P(10)＝2，P(15)＝3.所以P(2 005)＝401，P(2 006)＝401＋1＝402，P(2 007)＝401＋1＋1＝403，P(2 008)＝401＋
3＝404，P(2 009)＝404－1＝403.故D错.
题型三 数列中的探索性问题
【例3】{an}，{bn}为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n－1n，2n)为直角坐标平面上的点.
(1)对n∈N*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足log2Cn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbna1＋a2＋…＋an，其中{Cn}是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程.
【解析】(1)由an－22－1＝2n－2n－1n－1，得an＝2n.
(2)由已知有Cn＝22n－3，由log2Cn的表达式可知：
2(b1＋2b2＋…＋nbn)＝n(n＋1)(2n－3)，①
所以2[b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1]＝(n－1)n(2n－5).②
①－②得bn＝3n－4，所以{bn}为等差数列.
故点列(1，b1)，(2，b2)，…，(n，bn)共线，直线方程为y＝3x－4.
【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(n∈N*).若a1＞1，a4＞3，S3≤9，则通项公式an＝ .
【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.
由a1＞1，a4＞3，S3≤9得
令x＝a1，y＝d得
在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1＝2，d＝1.所以an＝2＋n－1＝n＋1.故答案填n＋1.
总结提高
1.数列模型应用问题的求解策略
(1)认真审题，准确理解题意；
(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解；
(3)验证、反思结果与实际是否相符.
2.数列综合问题的求解策略
(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解；
(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.
