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2020-2021学年5.4 数列的应用学案设计
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这是一份2020-2021学年5.4 数列的应用学案设计，共11页。
类型1 求数列的通项公式
阐述：求数列的通项公式是高考重点考查的内容之一，当已知数列为等差或等比数列时，只需利用条件求出基本量．(首项a1及公差d或公比q)即可写出通项公式，由数列的递推公式求通项，通常需要对数列的递推关系进行化归，转化为等差或等比数列问题求通项．常见的类型有：
(1)已知形如“an＋1＝can＋d”的递推公式，一般利用待定系数法把关系式转化为等比数列求an．
(2)已知形如“an＋1＝pan＋pn＋1·q”的递推公式，一般转化为＝＋q，利用为等差数列求an．
(3)已知形如“an＋1＝an＋f(n)”的递推公式，可考虑叠加法求an．
(4)已知形如“an＋1＝f(n)·an”的递推公式，则可考虑累乘法求an．
(5)若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
【例1】 已知数列{an}中，an>0，Sn是数列{an}的前n项和，且an＋＝2Sn，求an．
[解] 将an＋＝2Sn变形为a＋1＝2Snan．
将an＝Sn－Sn－1(n≥2)代入并化简，得S－S＝1．
由已知可求得S1＝a1＝1．
∴数列{S}是等差数列，公差为1，首项为1．
∴S＝1＋(n－1)·1＝n．
∵an>0，∴Sn>0．
∴Sn＝．
∴n≥2时，an＝－．
而n＝1时，a1＝1也适合上式．
∴数列{an}的通项公式为an＝－，n∈N＋．
【例2】 (1)在数列{an}中，若＝＋，a1＝8，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2(n＋1)2 B．an＝4(n＋1)
C．an＝8n2 D．an＝4n(n＋1)
A [因为＝＋，所以－＝，数列{}是等差数列．
又a1＝8，所以＝2，
所以＝2＋(n－1)·＝n＋，
所以an＝2(n＋1)2．故选A．]
(2)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋3n(n≥2，n∈N＋)，则数列{an}的通项公式为an＝__________．
－ [∵数列{an}满足an＝an－1＋3n(n≥2，n∈N＋)，即an－an－1＝3n，∴a2－a1＝32，a3－a2＝33，a4－a3＝34，…，an－an－1＝3n，∴an－a1＝32＋33＋34＋…＋3n．
又a1＝1，
∴an＝1＋32＋33＋34＋…＋3n＝1＋＝－．
故答案为－．]
[跟进训练]
1．若数列{an}中，a1＝2，且an＝(n≥2)，则数列{an}的通项公式为 __________．
an＝ [将an＝两边平方，整理得a－a＝3，
所以数列{a}是首项为a＝4，公差为3的等差数列，
所以a＝a＋(n－1)×3＝4＋3(n－1)＝3n＋1．
因为an>0，所以an＝．]
2．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝3an－2，n∈N＋，则数列{an}的通项公式为__________．
an＝3n－1＋1 [令an＋1－λ＝3(an－λ)，则an＋1＝3an－2λ．
与递推关系式对照得到λ＝1，从而得到an＋1－1＝3(an－1)．
由于a1－1＝1≠0，因此数列{an－1}是首项为1，公比为3的等比数列，从而an－1＝3n－1，则an＝3n－1＋1．]
类型2 数列求和
阐述：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(直接利用等差或等比数列的前n项和公式)；
(2)分组求和法；
(3)错位相减法；
(4)倒序相加法；
(5)裂项相消法．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；
(6)并项求和法．一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
【例3】 (1)已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，求数列的前n项和Sn．
(2)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3×22n－1．
①求数列{an}的通项公式；
②令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，
解得q＝3．所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，
故bn＝log3an＝n，
所以＝＝－．
则Sn＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝．
(2)①由已知，当n≥1时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1．
∴an＝22n－1．
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1．
②由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n×22n－1， ①
从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1， ②
①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
[跟进训练]
3．已知定义在R上的函数f(x)的图像的对称中心为(1 011，2)．数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝f(n)，n∈N＋，则S2 021＝_____．
4 042 [由条件得f(2×1 011－x)＋f(x)＝2×2，
即f(2 022－x)＋f(x)＝4，
于是有a2 022－n＋an＝4(n∈N＋)．
又S2 021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＋a2 021，
S2 021＝a2 021＋a2 020＋…＋a2＋a1，
两式相加得2S2 021＝(a1＋a2 021)＋(a2＋a2 020)＋…＋(a2 020＋a2)＋(a2 021＋a1)＝2 021(a1＋a2 021)＝2 021×4，
故S2 021＝2 021×2＝4 042．]
4．在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1；等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn．
[解] (1)设等差数列{bn}的公差为d．
由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d，
故即解得或(舍去)．
所以an＝3n，bn＝2n＋1．
(2)由题意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n．
当n为偶数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n＝n＋－＝＋n－；
当n为奇数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－2(2n－3)＋(－1)n－1(2n－1)]＋(－1)n(2n＋1)＋3＋32＋…＋3n＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－．
所以Sn＝
类型3 数列创新题
阐述：新定义、开放型试题是近几年高考命题的热点，通过转化将问题化归为等差或等比数列是求解此类问题的关键．
【例4】 已知数列{an}为“二阶等差数列”，即当an＋1－an＝bn(n∈N＋)时，数列{bn}为等差数列．若a1＝25，a3＝67，a5＝101．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的最大值．
[解] (1)由定义知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，
得b1＋b2＝a3－a1＝42，b3＋b4＝a5－a3＝34．
设数列{bn}的公差为d，b3＋b4－(b1＋b2)＝4d＝－8，即d＝－2，易得b1＝22，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－2n＋24．
(2)由题知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，…，bn－1＝an－an－1，
累加可得，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝bn－1＋bn－2＋…＋b1＋a1
＝＋25
＝－n2＋25n－24＋25
＝－n2＋25n＋1(n≥2)．
又当n＝1时，a1＝25也满足上式，所以an＝－n2＋25n＋1．
由于二次函数y＝－x2＋25x＋1在x＝时取得最大值，
所以数列{an}的最大值为a12＝a13＝157．
[跟进训练]
5．已知等差数列{an}满足a2＝4，a3＋a4＝17．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝2，再从①bn＋1＝2bn；②2bn＋1＝bn；③bn＋1＝－bn这三个条件中任选一个作为已知，求数列{an＋bn}的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d．由 ，可得 ，
解得a1＝1，d＝3．所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2．
(2)选①：
由b1＝2，bn＋1＝2bn可得bn≠0，＝2，所以{bn}是等比数列，公比q＝2．
所以bn＝b1qn－1＝2n．
所以Tn＝(a1＋a2＋……＋an)＋(b1＋b2＋……＋bn)
＝＋＝＋2n＋1－2
选②：
由b1＝2，2bn＋1＝bn可得bn≠0，＝，
所以{bn}是等比数列，公比q＝．
所以bn＝b1qn－1＝2·＝．
所以Tn＝(a1＋a2＋……＋an)＋(b1＋b2＋……＋bn)
＝＋＝－＋4．
选③：
由b1＝2，bn＋1＝－bn可得bn≠0，＝－1，
所以{bn}是等比数列，公比q＝－1，
所以bn＝b1qn－1＝2·(－1)n－1．
所以Tn＝(a1＋a2＋……＋an)＋(b1＋b2＋……＋bn)
＝＋＝－(－1)n．
类型4 函数与方程思想在数列中的应用
阐述：(1)在等差(比)数列的通项公式和前n项和公式中共有5个量a1，d(或q)，n，an及Sn，已知这5个量中任意3个量的值，就可以运用方程思想，解方程(或方程组)求出另外2个量的值．
(2)数列可以看作是定义域为正整数集(或其有限子集)的特殊函数．运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图像和最值等知识解决与数列相关的问题．等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列前n项和公式与二次函数有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题．
【例5】 (1)已知数列{an}的首项为a1＝21，前n项和为Sn＝an2＋bn，等比数列{bn}的前n项和Tn＝2n＋1＋a，则Sn的最大值为________；
(2)若等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2·a4·a6＝45，则通项公式an＝________．
(1)66 (2)2n－3或13－2n [(1)由Tn＝2×2n＋a，可求得a＝－2，
所以Sn＝－2n2＋bn，所以数列{an}为等差数列，
又因为a1＝21，Sn＝－2n2＋bn，
故b＝21－(－2)＝23，
所以Sn＝－2n2＋23n
＝－2＋，
当n＝6时，Sn取得最大值66．
(2)因为a1＋a7＝2a4＝a2＋a6，
所以a1＋a4＋a7＝3a4＝15，所以a4＝5，
所以a2＋a6＝10且a2·a6＝9，
所以a2，a6是方程x2－10x＋9＝0的两根，
解得或
若a2＝1，a6＝9，则d＝2，所以an＝2n－3；
若a2＝9，a6＝1，则d＝－2，所以an＝13－2n．
故an＝2n－3或an＝13－2n．]
[跟进训练]
6．已知数列{an}中，a1＝，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足bn＝(n∈N＋)．
(1)求证：{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项与最小项，并说明理由．
[解] (1)证明：因为anan－1＝2an－1－1，
所以an＝2－(n≥2，n∈N＋)．
又因为bn＝(n∈N＋)，
所以bn＋1－bn＝－
＝－＝－＝1，
所以{bn}为公差d＝1，首项b1＝＝＝－的等差数列．
(2)由(1)知：bn＝＝－＋(n－1)
＝n－，所以an＝1＋．
所以n≥4时，数列{an}单调递减且an>1；当1≤n≤3时，数列{an}单调递减且an<1，所以数列{an}的最大项为a4＝3；最小项为a3＝－1．
1．(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上，中，下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
C [由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n．设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C．]
2．(2020·北京高考)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1．记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}( )
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
B [设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11．令an＝2n－11≤0，则n≤5.5，∴n≤5时，an＜0；n≥6时，an＞0．∴T1＝－9＜0，T2＝(－9)×(－7)＝63＞0，T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315＜0，T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945＞0，T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945＜0，当n≥6时，an＞0，且an≥1，∴Tn＋1＜Tn＜0，∴Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)有最大项T4，无最小项，故选B．]
3．(2020·浙江高考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是( )
A．2a4＝a2＋a6 B．2b4＝b2＋b6
C．a＝a2a8 D．b＝b2b8
D [由bn＋1＝S2n＋2－S2n，得b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，b6＝a11＋a12，b8＝a15＋a16＝2a1＋29d．由等差数列的性质易知A成立；若2b4＝b2＋b6，则2(a7＋a8)＝a3＋a4＋a11＋a12＝2a7＋2a8，故B成立；若a＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，则a1＝d，故C可能成立；若b＝b2b8，即(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，则＝，与已知矛盾，故D不可能成立．]
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
3n2－2n [由题意可知{2n－1}的项是连续的奇数，所以{2n－1}与{3n－2}的公共项即为{3n－2}中的所有奇数项，
所以当n为奇数时{3n－2}的项为{an}，
将k＝2n－1代入{3k－2}得{6n－5}，
故an＝6n－5．n∈N*，
故Sn＝×n＝3n2－2n．]
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
[解] (1)设等比数列{an}首项为a1，公比为q(q>1)．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8．
解得q＝(舍去)，q＝2．由题设得a1＝2．
所以{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n．
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480．
类型1 求数列的通项公式
阐述：求数列的通项公式是高考重点考查的内容之一，当已知数列为等差或等比数列时，只需利用条件求出基本量．(首项a1及公差d或公比q)即可写出通项公式，由数列的递推公式求通项，通常需要对数列的递推关系进行化归，转化为等差或等比数列问题求通项．常见的类型有：
(1)已知形如“an＋1＝can＋d”的递推公式，一般利用待定系数法把关系式转化为等比数列求an．
(2)已知形如“an＋1＝pan＋pn＋1·q”的递推公式，一般转化为＝＋q，利用为等差数列求an．
(3)已知形如“an＋1＝an＋f(n)”的递推公式，可考虑叠加法求an．
(4)已知形如“an＋1＝f(n)·an”的递推公式，则可考虑累乘法求an．
(5)若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
【例1】 已知数列{an}中，an>0，Sn是数列{an}的前n项和，且an＋＝2Sn，求an．
[解] 将an＋＝2Sn变形为a＋1＝2Snan．
将an＝Sn－Sn－1(n≥2)代入并化简，得S－S＝1．
由已知可求得S1＝a1＝1．
∴数列{S}是等差数列，公差为1，首项为1．
∴S＝1＋(n－1)·1＝n．
∵an>0，∴Sn>0．
∴Sn＝．
∴n≥2时，an＝－．
而n＝1时，a1＝1也适合上式．
∴数列{an}的通项公式为an＝－，n∈N＋．
【例2】 (1)在数列{an}中，若＝＋，a1＝8，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2(n＋1)2 B．an＝4(n＋1)
C．an＝8n2 D．an＝4n(n＋1)
A [因为＝＋，所以－＝，数列{}是等差数列．
又a1＝8，所以＝2，
所以＝2＋(n－1)·＝n＋，
所以an＝2(n＋1)2．故选A．]
(2)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋3n(n≥2，n∈N＋)，则数列{an}的通项公式为an＝__________．
－ [∵数列{an}满足an＝an－1＋3n(n≥2，n∈N＋)，即an－an－1＝3n，∴a2－a1＝32，a3－a2＝33，a4－a3＝34，…，an－an－1＝3n，∴an－a1＝32＋33＋34＋…＋3n．
又a1＝1，
∴an＝1＋32＋33＋34＋…＋3n＝1＋＝－．
故答案为－．]
[跟进训练]
1．若数列{an}中，a1＝2，且an＝(n≥2)，则数列{an}的通项公式为 __________．
an＝ [将an＝两边平方，整理得a－a＝3，
所以数列{a}是首项为a＝4，公差为3的等差数列，
所以a＝a＋(n－1)×3＝4＋3(n－1)＝3n＋1．
因为an>0，所以an＝．]
2．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝3an－2，n∈N＋，则数列{an}的通项公式为__________．
an＝3n－1＋1 [令an＋1－λ＝3(an－λ)，则an＋1＝3an－2λ．
与递推关系式对照得到λ＝1，从而得到an＋1－1＝3(an－1)．
由于a1－1＝1≠0，因此数列{an－1}是首项为1，公比为3的等比数列，从而an－1＝3n－1，则an＝3n－1＋1．]
类型2 数列求和
阐述：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(直接利用等差或等比数列的前n项和公式)；
(2)分组求和法；
(3)错位相减法；
(4)倒序相加法；
(5)裂项相消法．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；
(6)并项求和法．一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
【例3】 (1)已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，求数列的前n项和Sn．
(2)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3×22n－1．
①求数列{an}的通项公式；
②令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，
解得q＝3．所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，
故bn＝log3an＝n，
所以＝＝－．
则Sn＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝．
(2)①由已知，当n≥1时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1．
∴an＝22n－1．
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1．
②由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n×22n－1， ①
从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1， ②
①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
[跟进训练]
3．已知定义在R上的函数f(x)的图像的对称中心为(1 011，2)．数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝f(n)，n∈N＋，则S2 021＝_____．
4 042 [由条件得f(2×1 011－x)＋f(x)＝2×2，
即f(2 022－x)＋f(x)＝4，
于是有a2 022－n＋an＝4(n∈N＋)．
又S2 021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＋a2 021，
S2 021＝a2 021＋a2 020＋…＋a2＋a1，
两式相加得2S2 021＝(a1＋a2 021)＋(a2＋a2 020)＋…＋(a2 020＋a2)＋(a2 021＋a1)＝2 021(a1＋a2 021)＝2 021×4，
故S2 021＝2 021×2＝4 042．]
4．在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1；等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn．
[解] (1)设等差数列{bn}的公差为d．
由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d，
故即解得或(舍去)．
所以an＝3n，bn＝2n＋1．
(2)由题意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n．
当n为偶数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n＝n＋－＝＋n－；
当n为奇数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－2(2n－3)＋(－1)n－1(2n－1)]＋(－1)n(2n＋1)＋3＋32＋…＋3n＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－．
所以Sn＝
类型3 数列创新题
阐述：新定义、开放型试题是近几年高考命题的热点，通过转化将问题化归为等差或等比数列是求解此类问题的关键．
【例4】 已知数列{an}为“二阶等差数列”，即当an＋1－an＝bn(n∈N＋)时，数列{bn}为等差数列．若a1＝25，a3＝67，a5＝101．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的最大值．
[解] (1)由定义知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，
得b1＋b2＝a3－a1＝42，b3＋b4＝a5－a3＝34．
设数列{bn}的公差为d，b3＋b4－(b1＋b2)＝4d＝－8，即d＝－2，易得b1＝22，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－2n＋24．
(2)由题知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，…，bn－1＝an－an－1，
累加可得，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝bn－1＋bn－2＋…＋b1＋a1
＝＋25
＝－n2＋25n－24＋25
＝－n2＋25n＋1(n≥2)．
又当n＝1时，a1＝25也满足上式，所以an＝－n2＋25n＋1．
由于二次函数y＝－x2＋25x＋1在x＝时取得最大值，
所以数列{an}的最大值为a12＝a13＝157．
[跟进训练]
5．已知等差数列{an}满足a2＝4，a3＋a4＝17．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝2，再从①bn＋1＝2bn；②2bn＋1＝bn；③bn＋1＝－bn这三个条件中任选一个作为已知，求数列{an＋bn}的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d．由 ，可得 ，
解得a1＝1，d＝3．所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2．
(2)选①：
由b1＝2，bn＋1＝2bn可得bn≠0，＝2，所以{bn}是等比数列，公比q＝2．
所以bn＝b1qn－1＝2n．
所以Tn＝(a1＋a2＋……＋an)＋(b1＋b2＋……＋bn)
＝＋＝＋2n＋1－2
选②：
由b1＝2，2bn＋1＝bn可得bn≠0，＝，
所以{bn}是等比数列，公比q＝．
所以bn＝b1qn－1＝2·＝．
所以Tn＝(a1＋a2＋……＋an)＋(b1＋b2＋……＋bn)
＝＋＝－＋4．
选③：
由b1＝2，bn＋1＝－bn可得bn≠0，＝－1，
所以{bn}是等比数列，公比q＝－1，
所以bn＝b1qn－1＝2·(－1)n－1．
所以Tn＝(a1＋a2＋……＋an)＋(b1＋b2＋……＋bn)
＝＋＝－(－1)n．
类型4 函数与方程思想在数列中的应用
阐述：(1)在等差(比)数列的通项公式和前n项和公式中共有5个量a1，d(或q)，n，an及Sn，已知这5个量中任意3个量的值，就可以运用方程思想，解方程(或方程组)求出另外2个量的值．
(2)数列可以看作是定义域为正整数集(或其有限子集)的特殊函数．运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图像和最值等知识解决与数列相关的问题．等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列前n项和公式与二次函数有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题．
【例5】 (1)已知数列{an}的首项为a1＝21，前n项和为Sn＝an2＋bn，等比数列{bn}的前n项和Tn＝2n＋1＋a，则Sn的最大值为________；
(2)若等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2·a4·a6＝45，则通项公式an＝________．
(1)66 (2)2n－3或13－2n [(1)由Tn＝2×2n＋a，可求得a＝－2，
所以Sn＝－2n2＋bn，所以数列{an}为等差数列，
又因为a1＝21，Sn＝－2n2＋bn，
故b＝21－(－2)＝23，
所以Sn＝－2n2＋23n
＝－2＋，
当n＝6时，Sn取得最大值66．
(2)因为a1＋a7＝2a4＝a2＋a6，
所以a1＋a4＋a7＝3a4＝15，所以a4＝5，
所以a2＋a6＝10且a2·a6＝9，
所以a2，a6是方程x2－10x＋9＝0的两根，
解得或
若a2＝1，a6＝9，则d＝2，所以an＝2n－3；
若a2＝9，a6＝1，则d＝－2，所以an＝13－2n．
故an＝2n－3或an＝13－2n．]
[跟进训练]
6．已知数列{an}中，a1＝，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足bn＝(n∈N＋)．
(1)求证：{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项与最小项，并说明理由．
[解] (1)证明：因为anan－1＝2an－1－1，
所以an＝2－(n≥2，n∈N＋)．
又因为bn＝(n∈N＋)，
所以bn＋1－bn＝－
＝－＝－＝1，
所以{bn}为公差d＝1，首项b1＝＝＝－的等差数列．
(2)由(1)知：bn＝＝－＋(n－1)
＝n－，所以an＝1＋．
所以n≥4时，数列{an}单调递减且an>1；当1≤n≤3时，数列{an}单调递减且an<1，所以数列{an}的最大项为a4＝3；最小项为a3＝－1．
1．(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上，中，下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
C [由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n．设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C．]
2．(2020·北京高考)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1．记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}( )
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
B [设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11．令an＝2n－11≤0，则n≤5.5，∴n≤5时，an＜0；n≥6时，an＞0．∴T1＝－9＜0，T2＝(－9)×(－7)＝63＞0，T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315＜0，T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945＞0，T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945＜0，当n≥6时，an＞0，且an≥1，∴Tn＋1＜Tn＜0，∴Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)有最大项T4，无最小项，故选B．]
3．(2020·浙江高考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是( )
A．2a4＝a2＋a6 B．2b4＝b2＋b6
C．a＝a2a8 D．b＝b2b8
D [由bn＋1＝S2n＋2－S2n，得b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，b6＝a11＋a12，b8＝a15＋a16＝2a1＋29d．由等差数列的性质易知A成立；若2b4＝b2＋b6，则2(a7＋a8)＝a3＋a4＋a11＋a12＝2a7＋2a8，故B成立；若a＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，则a1＝d，故C可能成立；若b＝b2b8，即(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，则＝，与已知矛盾，故D不可能成立．]
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
3n2－2n [由题意可知{2n－1}的项是连续的奇数，所以{2n－1}与{3n－2}的公共项即为{3n－2}中的所有奇数项，
所以当n为奇数时{3n－2}的项为{an}，
将k＝2n－1代入{3k－2}得{6n－5}，
故an＝6n－5．n∈N*，
故Sn＝×n＝3n2－2n．]
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
[解] (1)设等比数列{an}首项为a1，公比为q(q>1)．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8．
解得q＝(舍去)，q＝2．由题设得a1＝2．
所以{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n．
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480．
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