高考重点突破课二 数列

题型一等差、等比数列的交汇例1已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).解(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×（1－4n）1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.得Tn＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.感悟提升等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.训练1已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a2是a1，a5的等比中项，S5＝25.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＋bn＋1＝Sn，求b2－b20.解(1)∵a2是a1，a5的等比中项，∴a22＝a1a5，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，∴d2＝2a1d.又∵d≠0，d＝2a1，①S5＝5a1＋10d＝25，②由①②解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1，Sn＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)∵bn＋bn＋1＝n2，当n≥2时，bn－1＋bn＝(n－1)2，∴bn＋1－bn－1＝2n－1，∴b4－b2＝2×3－1，b6－b4＝2×5－1，…b20－b18＝2×19－1，∴b20－b2＝9（5＋37）2＝189，∴b2－b20＝－189.题型二数列与不等式的交汇例2(12分)(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－94，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.[规范答题]解(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即an＋1an＝34.……………………2分当n＝1时，4S2＝4－94＋a2＝－274－9，解得a2＝－2716，所以a2a1＝34.所以数列{an}是首项为－94，公比为34的等比数列，所以an＝－94×34n－1＝－3n＋14n.……………………4分(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)·34n.……………………5分所以Tn＝－3×34－2×342－1×343＋0×344＋…＋(n－4)·34n，所以34Tn＝－3×342－2×343－1×344＋0×345＋…＋(n－5)·34n＋(n－4)·34n＋1，……………………7分以上两式相减得14Tn＝－3×34＋342＋343＋…＋34n－(n－4)·34n＋1＝－94＋9161－34n－11－34－(n－4)·34n＋1＝－n·34n＋1，所以Tn＝－4n·34n＋1.……………………9分因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n·34n＋1≤λ(n－4)·34n恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立.当n＜4时，λ≤－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；当n4时，λ≥－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1].……………………12分第一步根据题目条件，求出数列的通项公式第二步根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等)求和第三步利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围第四步反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤训练2已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1a2n的前n项和为Tn，求证：n4n＋4＜Tn＜12.(1)解∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4.当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4.当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1).综上可知，an＝2n，n∈N*.(2)证明∵1a2n＝14n2＞14n（n＋1）＝141n－1n＋1，∴Tn＝1a21＋1a22＋…＋1a2n＞141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4n＋4.又∵1a2n＝14n2＜14n2－1＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝1a21＋1a22＋…＋1a2n＜121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＜12.即得n4n＋4＜Tn＜12.题型三数列中的结构不良试题例3在①a2n＋1＝13an(2an－5an＋1)，且an＞0；②Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，且S2＝49；③2Sn＋an－t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝13，________，其中n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)记bn＝log13an＋1，求数列{an·bn}的前n项和为Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)选择条件①：因为a2n＋1＝13an(2an－5an＋1)，所以3a2n＋1＋5an·an＋1－2a2n＝0.所以(3an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0.因为an＞0，所以3an＋1－an＝0，即an＋1an＝13.所以数列{an}是首项a1＝13，公比q＝13的等比数列.所以an＝a1·qn－1＝13·13n－1＝13n.选择条件②：因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，所以Sn＋3Sn＋2＝4Sn＋1.所以3(Sn＋2－Sn＋1)＝Sn＋1－Sn，即3an＋2＝an＋1.又S2＝49，a1＝13，所以a2＝19＝13a1，所以an＋1an＝13(n∈N*).所以{an}是首项a1＝13，公比q＝13的等比数列.所以an＝a1·qn－1＝13·13n－1＝13n.选择条件③：因为2Sn＋an－t＝0(t为常数)，所以当n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0.两式相减得2(Sn－Sn－1)＋an－an－1＝0，即3an＝an－1(n≥2).又a1＝13，anan－1＝13(n≥2)，所以{an}是首项a1＝13，公比q＝13的等比数列.所以an＝a1·qn－1＝13·13n－1＝13n.(2)由(1)知an＝13n，所以bn＝log13an＋1＝log1313n＋1＝n＋1，所以an·bn＝(n＋1)13n.所以Tn＝2×131＋3×132＋…＋n·13n－1＋(n＋1)·13n，①13Tn＝2×132＋3×133＋…＋n·13n＋(n＋1)·13n＋1.②①－②得23Tn＝23＋132＋133＋…＋13n－(n＋1)·13n＋1＝23＋1321－13n－11－13－(n＋1)·13n＋1＝56－2n＋52·3n＋1.所以Tn＝54－2n＋54·3n.感悟提升高考中结构不良题的解法(1)先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进行解答.训练3(2021·葫芦岛二模)已知首项为2的数列{an}中，前n项和Sn满足Sn＝tn2＋n(t∈R).(1)求实数t的值及数列{an}的通项公式an；(2)从①bn＝1anan＋1，②bn＝2an＋an，③bn＝2an·an三个条件中任选一个补充在下面问题中并求解.若________，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)令n＝1得S1＝t＋1＝2，所以t＝1.因为Sn＝n2＋n，所以当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，(n≥2)当n＝1时，经验证符合上式，所以an＝2n.(2)若选①，bn＝1anan＋1＝12n·2（n＋1）＝14n（n＋1）＝141n－1n＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4n＋4.若选②，bn＝an＋2an＝2n＋4n，所以Tn＝(2＋41)＋(4＋42)＋…＋(2n＋4n)＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋42＋…＋4n)＝n（2＋2n）2＋4（1－4n）1－4＝n(n＋1)＋43(4n－1)＝n2＋n＋4n＋13－43.若选③，bn＝2an·an＝2n·4n，Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n·4n＋1，两式相减得－3Tn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝8（1－4n）1－4－2n·4n＋1＝8（1－4n）－3－2n·4n＋1，故Tn＝8（1－4n）9＋2n3×4n＋1.1.(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.解(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.因为a1＋a2＝4，a3－a1＝8，所以a1＋a1q＝4，a1q2－a1＝8.解得a1＝1，q＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知log3an＝n－1.所以数列{log3an}是首项为0，公差为1的等差数列，因此Sn＝（n－1）n2.由于Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解