突破点5 数列求和及其综合应用
(对应学生用书第19页)
[核心知识提炼]
提炼1 a n 和S n 的关系
若a n 为数列{a n }的通项，S n 为其前n 项和，则有a n ＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.
在使用这个关系
式时，一定要注意区分n ＝1，n ≥2两种情况，求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起.
提炼2求数列通项常用的方法
(1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋c (c 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如
a n ＋1＝ka n (k 为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．
(2)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式． (3)叠乘法：形如
a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n
a n －1
，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q
1－p ，再转化为等比数列求解．
(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n
(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q
n ＋1
，得
a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{
b n }⎝
⎛
⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解．
(6)取对数法：形如a n ＋1＝pa m
n (p >0，a n >0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解. 提炼3数列求和
数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法.
提炼4数列的综合问题
数列综合问题的考查方式主要有三种：
(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．
(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．
(3)考查与数列有关的不等式的证明问题，此类问题大多还要借助构造函数去证明，或者是直接利用放缩法证明或直接利用数学归纳法．
[高考真题回访]
回访1 数列求和
1．(2014·浙江高考)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *
)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；
(2)设c n ＝1a n －1b n
(n ∈N *
)．记数列{c n }的前n 项和为S n .
①求S n ；
②求正整数k ，使得对任意n ∈N *
，均有S k ≥S n . [解] (1)由题意知a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.
又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 2分 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n
(n ∈N *)， 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2
n n ＋1
2
＝(2)
n (n ＋1)．
故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *
). 5分 (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝
1n ＋1－12
n (n ∈N *
).
7分
②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0， 当n ≥5时，c n ＝1n
n ＋1⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤n
n ＋1
2
n
－1，
9分
而n n ＋1
2n
－
n ＋1
n ＋2
2
n ＋1
＝
n ＋1
n －2
2n ＋1
>0，
得
n n ＋1
2
n ≤
5×
5＋1
2
5
<1，
11分
所以，当n ≥5时，c n <0.
综上，对任意n ∈N *
恒有S 4≥S n ，故k ＝4. 14分 回访2 数列的综合问题
2．(2017·浙江高考)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *
)． 证明：当n ∈N *
时， (1)0(2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋1
2；
(3)
12
n －1
≤x n ≤
1
2
n －2
.
[解] (1)证明：用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0， 那么n ＝k ＋1时，
若x k ＋1≤0，则00. 3分
因此x n >0(n ∈N *
)．
所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0).
5分
(2)证明：由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得
x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n
＝x 2
n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).
7分
记函数f (x )＝x 2
－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2
＋x
x ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，
函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，
因此x 2
n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤
x n x n ＋1
2
(n ∈N *
).
10分
(3)证明：因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥1
2n －1.
由x n x n ＋1
2≥2x n ＋1－x n
得
1
x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1x n －12>0，
13分
所以
1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤1
2
n －2.
综上，12n －1≤x n ≤12
n －2(n ∈N *
).
15分
