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(m0，n∈N*)为等比数列，且bm=a，bn=b(m

【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<0,00,01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-1 B.n•2n-n

C.2n+1-n D.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+B102 C.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)=402 B.P(2 007)= 403

C.P(2 008)=404 D.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.

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