（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列 高考专题突破三 高考中的数列问题（第1课

1第1课时等差、等比数列与数列求和题型一等差数列、等比数列的交汇例1记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．解(1)设{an}的公比为q.由题设可得a11＋q＝2，a11＋q＋q2＝－6.解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝a11－qn1－q＝－23＋(－1)n2n＋13.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－2n＋23＝2－23＋－1n2n＋13＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．思维升华等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．跟踪训练1(2019·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．解(1)设数列{an}的公差为d.由题意可知2S3＝S1＋1＋S4，a22＝a1a5，d≠0，整理得a1＝1，d＝2a1，即a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.2(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝S26，∴n2＝36216＝81，∴n＝9，公比q＝S6S4＝94.题型二数列的求和命题点1分组求和与并项求和例2(2018·吉大附中模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝21a1＋1a2，a3＋a4＝321a3＋1a4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝a2n＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等比数列{an}的公比为q(q0)，则an＝a1qn－1，且an0，由已知得a1＋a1q＝21a1＋1a1q，a1q2＋a1q3＝321a1q2＋1a1q3，化简得a21qq＋1＝2q＋1，a21q5q＋1＝32q＋1，即a21q＝2，a21q5＝32，又∵a10，q0，∴a1＝1，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝a2n＋log2an＝4n－1＋n－1，∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝4n－14－1＋nn－12＝4n－13＋nn－12.命题点2错位相减法求和例3(2018·大连模拟)已知数列{an}满足an≠0，a1＝13，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.(1)求证：1an是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.3解(1)由已知可得，1an＋1－1an＝2，∴1an是首项为3，公差为2的等差数列，∴1an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝12n＋1.(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.＝6＋8－2×2n×21－2－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.命题点3裂项相消法求和例4在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求证：数列ann是等差数列；(2)求数列1an的前n项和Sn.(1)证明nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得an＋1n＋1－ann＝2(n∈N*)，所以数列ann是首项为4，公差为2的等差数列．(2)解由(1)，得ann＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，故1an＝12n2＋2n＝12·n＋1－nnn＋1＝12·1n－1n＋1，所以Sn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2n＋1.思维升华(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．4跟踪训练2(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝12，an＋1＝n＋12nan(n∈N*)．①证明：数列ann是等比数列；②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.①证明∵a1＝12，an＋1＝n＋12nan，当n∈N*时，ann≠0，又a11＝12，an＋1n＋1∶ann＝12(n∈N*)为常数，∴ann是以12为首项，12为公比的等比数列．②解由ann是以12为首项，12为公比的等比数列，得ann＝12·12n－1，∴an＝n·12n.∴Sn＝1·12＋2·122＋3·123＋…＋n·12n，12Sn＝1·122＋2·123＋…＋(n－1)12n＋n·12n＋1，∴两式相减得12Sn＝12＋122＋123＋…＋12n－n·12n＋1＝12－12n＋11－12－n·12n＋1，∴Sn＝2－12n－1－n·12n＝2－(n＋2)·12n.综上，an＝n·12n，Sn＝2－(n＋2)·12n.(2)(2018·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a2n＋3an＋2(t∈R)．①求数列{an}的通项公式；②若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列12bn＋7n的前n项和Tn.解①因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝a2n＋3an＋2，所以(t＋1)S1＝a21＋3a1＋2，所以t＝5.所以6Sn＝a2n＋3an＋2.(ⅰ)当n≥2时，有6Sn－1＝a2n－1＋3an－1＋2，(ⅱ)5(ⅰ)－(ⅱ)得6an＝a2n＋3an－a2n－1－3an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，因为an0，所以an－an－1＝3，又因为a1＝1，所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，所以an＝3n－2(n∈N*)．②因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，所以当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝3n2－n2.又b1＝1也适合上式，所以bn＝3n2－n2(n∈N*)．所以12bn＋7n＝13n2－n＋7n＝13·1nn＋2＝16·1n－1n＋2，所以Tn＝16·1－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2＝16·32－1n＋1－1n＋2，＝3n2＋5n12n＋1n＋2.1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26.(1)求an及Sn；(2)令bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}为等差数列．(1)解设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意有a1＋2d＝7，2a1＋10d＝26，6解得a1＝3，d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝na1＋an2＝n[3＋2n＋1]2＝n(n＋2)．(2)证明因为bn＝Snn＝nn＋2n＝n＋2，又bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1，所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列．2．(2018·丰台模拟)在数列{an}和{bn}中，a1＝1，an＋1＝an＋2，b1＝3，b2＝7，等比数列{cn}满足cn＝bn－an.(1)求数列{an}和{cn}的通项公式；(2)若b6＝am，求m的值．解(1)因为an＋1－an＝2，且a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．所以an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，即an＝2n－1.因为b1＝3，b2＝7，且a1＝1，a2＝3，所以c1＝b1－a1＝2，c2＝b2－a2＝4.因为数列{cn}是等比数列，且数列{cn}的公比q＝c2c1＝2，所以cn＝c1·qn－1＝2×2n－1＝2n，即cn＝2n.(2)因为bn－an＝2n，an＝2n－1，所以bn＝2n＋2n－1.所以b6＝26＋2×6－1＝75.令2m－1＝75，得m＝38.3．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an12logan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋162成立的正整数n的最小值．解(1)由题意，得a1q＋a1q2＋a1q3＝28，a1q＋a1q3＝2a1q2＋2，7解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝12，∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.(2)∵bn＝an12logan＝2n·12log2n＝－n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－262，得n5，∴n的最小值为6.4．(2018·河北省唐山市迁安三中月考)正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2，2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝1Sn＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公差为d(d0)，由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.(2)因为Sn＝na1＋an2＝n2n＋62＝n2＋3n，所以bn＝1Sn＋2＝1n2＋3n＋2＝1n＋1n＋2＝1n＋1－1n＋2，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2＝n2n＋4.85．(2018·济南模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an0，S2n＝a2n＋1－λSn＋1，其中λ为常数．(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，说明理由．(1)证明∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S2n＝a2n＋1－λSn＋1，∴S2n＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0，∵an0，∴Sn＋10，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0；∴Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)解存在λ＝1，使得数列{an}为等比数列，理由如下：Sn＋1＝2Sn＋λ，Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，相减得an＋1＝2an(n≥2)，∴{an}从第二项起成等比数列，∵S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝1＋λ0，得λ－1，∴an＝1，n＝1，λ＋12n－2，n≥2，若使{an}是等比数列，则a1a3＝a22，∴2(λ＋