专题13 数列（解答题）（教师版）

专题13数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前n项和．已知2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎𝑛+1．(1)证明：{𝑎𝑛}是等差数列；(2)若𝑎4,𝑎7,𝑎9成等比数列，求𝑆𝑛的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2𝑆𝑛+𝑛2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛，根据𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2，作差即可得到𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出𝑎1，即可得到{𝑎𝑛}的通项公式与前𝑛项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎𝑛+1，即2𝑆𝑛+𝑛2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛①，当𝑛≥2时，2𝑆𝑛−1+(𝑛−1)2=2(𝑛−1)𝑎𝑛−1+(𝑛−1)②，①−②得，2𝑆𝑛+𝑛2−2𝑆𝑛−1−(𝑛−1)2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛−1−(𝑛−1)，即2𝑎𝑛+2𝑛−1=2𝑛𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛−1+1，即2(𝑛−1)𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛−1=2(𝑛−1)，所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=1，𝑛≥2且𝑛∈N*，所以{𝑎𝑛}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得𝑎4=𝑎1+3，𝑎7=𝑎1+6，𝑎9=𝑎1+8，又𝑎4，𝑎7，𝑎9成等比数列，所以𝑎72=𝑎4⋅𝑎9，即(𝑎1+6)2=(𝑎1+3)⋅(𝑎1+8)，解得𝑎1=−12，所以𝑎𝑛=𝑛−13，所以𝑆𝑛=−12𝑛+𝑛(𝑛−1)2=12𝑛2−252𝑛=12(𝑛−252)2−6258，所以，当𝑛=12或𝑛=13时(𝑆𝑛)min=−78．2．【2022年新高考1卷】记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前n项和，已知𝑎1=1,{𝑆𝑛𝑎𝑛}是公差为13的等差数列．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)证明：1𝑎1+1𝑎2+⋯+1𝑎𝑛2．【答案】(1)𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得𝑆𝑛𝑎𝑛=1+13(𝑛−1)=𝑛+23，得到𝑆𝑛=(𝑛+2)𝑎𝑛3，利用和与项的关系得到当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(𝑛+2)𝑎𝑛3−(𝑛+1)𝑎𝑛−13,进而得：𝑎𝑛𝑎𝑛−1=𝑛+1𝑛−1，利用累乘法求得𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2，检验对于𝑛=1也成立，得到{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1𝑎1+1𝑎2+⋯+1𝑎𝑛=2(1−1𝑛+1)，进而证得.(1)∵𝑎1=1，∴𝑆1=𝑎1=1,∴𝑆1𝑎1=1,又∵{𝑆𝑛𝑎𝑛}是公差为13的等差数列，∴𝑆𝑛𝑎𝑛=1+13(𝑛−1)=𝑛+23,∴𝑆𝑛=(𝑛+2)𝑎𝑛3,∴当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1=(𝑛+1)𝑎𝑛−13，∴𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(𝑛+2)𝑎𝑛3−(𝑛+1)𝑎𝑛−13,整理得：(𝑛−1)𝑎𝑛=(𝑛+1)𝑎𝑛−1,即𝑎𝑛𝑎𝑛−1=𝑛+1𝑛−1,∴𝑎𝑛=𝑎1×𝑎2𝑎1×𝑎3𝑎2×…×𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2×𝑎𝑛𝑎𝑛−1=1×32×43×…×𝑛𝑛−2×𝑛+1𝑛−1=𝑛(𝑛+1)2，显然对于𝑛=1也成立，∴{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2；(2)1𝑎𝑛=2𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛−1𝑛+1),∴1𝑎1+1𝑎2+⋯+1𝑎𝑛=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1𝑛−1𝑛+1)]=2(1−1𝑛+1)23．【2022年新高考2卷】已知{𝑎𝑛}为等差数列，{𝑏𝑛}是公比为2的等比数列，且𝑎2−𝑏2=𝑎3−𝑏3=𝑏4−𝑎4．(1)证明：𝑎1=𝑏1；(2)求集合{𝑘|𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1,1≤𝑚≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得𝑚=2𝑘−2，即可解出．(1)设数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，所以，{𝑎1+𝑑−2𝑏1=𝑎1+2𝑑−4𝑏1𝑎1+𝑑−2𝑏1=8𝑏1−(𝑎1+3𝑑)，即可解得，𝑏1=𝑎1=𝑑2，所以原命题得证．(2)由（1）知，𝑏1=𝑎1=𝑑2，所以𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1⇔𝑏1×2𝑘−1=𝑎1+(𝑚−1)𝑑+𝑎1，即2𝑘−1=2𝑚，亦即𝑚=2𝑘−2∈[1,500]，解得2≤𝑘≤10，所以满足等式的解𝑘=2,3,4,⋯,10，故集合{𝑘|𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1,1≤𝑚≤500}中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记nS为数列na的前n项和，已知210,3naaa，且数列nS是等差数列，证明：na是等差数列.【答案】证明见解析.【解析】【分析】先根据21SS求出数列nS的公差d，进一步写出nS的通项，从而求出na的通项公式，最终得证.【详解】∵数列nS是等差数列，设公差为d212111aaaaSS∴111(1)nSanaan，()nN∴12nSan，()nN∴当2n时，221111112nnnaSSananana当1n时，11121=aaa，满足112naana，∴na的通项公式为112naana，()nN∴111111221=2nnaaanaanaa∴na是等差数列.【点睛】在利用1nnnaSS求通项公式时一定要讨论1n的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列na的各项均为正数，记nS为na的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列na是等差数列：②数列nS是等差数列；③213aa．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【解析】【分析】选①②作条件证明③时，可设出nS，结合,nnaS的关系求出na，利用na是等差数列可证213aa；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出nS，结合等差数列定义可证；选②③作条件证明①时，设出nSanb，结合,nnaS的关系求出na，根据213aa可求b，然后可证na是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+na与nS关系式设(0)nSanba，则2nSanb，当1n时，211aSab；当2n时，221nnnaSSanbanab22aanab；因为na也是等差数列，所以222abaaab，解得0b；所以221naan，21aa，故22133aaa.[方法二]：待定系数法设等差数列na的公差为d，等差数列nS的公差为1d，则11(1)nSand，将1(1)2nnnSnad代入11(1)nSand，化简得2222211111112222ddnandnaddnad对于nN恒成立．则有2121111112,2440,ddadaddad，解得111,2dada．所以213aa．选①③作条件证明②：因为213aa，na是等差数列，所以公差2112daaa，所以21112nnnSnadna，即1nSan，因为11111nnSSanana，所以nS是等差数列.选②③作条件证明①：[方法一]：定义法设(0)nSanba，则2nSanb，当1n时，211aSab；当2n时，221nnnaSSanbanab22aanab；因为213aa，所以2323aabab，解得0b或43ab；当0b时，221,21naaaan，当2n时，2-1-2nnaaa满足等差数列的定义，此时na为等差数列；当43ab时，4=3nSanbana，103aS不合题意，舍去.综上可知na为等差数列.[方法二]【最优解】：求解通项公式因为213aa，所以11Sa，21212Saaa，因为nS也为等差数列，所以公差1211dSSa，所以1111nSandna，故21nSna，当2n时，221111121nnnaSSnanana，当1n时，满足上式，故na的通项公式为121nana，所以1123nana，112nnaaa，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)nSanba，平方后得到nS的关系式，利用11,1,2nnnSnaSSn得到na的通项公式，进而得到213aa，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出na与nS的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11da，12da，进而得到213aa；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出nS及nS，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)nSanba，结合,nnaS的关系求出na，根据213aa可求b，然后可证na是等差数列；法二：利用nS是等差数列即前两项的差1211dSSa求出公差，然后求出nS的通项公式，利用11,1,2nnnSnaSSn，求出na的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab．已知1a，23a，39a成等差数列．（1）求na和nb的通项公式；（2）记nS和nT分别为na和nb的前n项和．证明：2nnST．【答案】（1）11()3nna，3nnnb；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a得到29610qq，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,nnST，再作差比较即可.【详解】（1）因为na是首项为1的等比数列且1a，23a，39a成等差数列，所以21369aaa，所以211169aqaaq，即29610qq，解得13q，所以11()3nna，所以33nnnnanb.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333nnnnnT，012111111223333nnS，230121123111112333323333nnnnSnT012111012222333111233nnnn．设0121111101212222Γ3333nnn，⑧则1231111012112222Γ33333nnn．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313nnnnnnn．所以211312Γ4323