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课时）等差、等比数

第1课时等差、等比数列与数列求和第六章高考专题突破三高考中的数列问题NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类深度剖析1PARTONE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；师生共研解设{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)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.由(1)可得Sn＝a11－qn1－q＝－23＋(－1)n2n＋13.解故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－2n＋23＝2－23＋－1n2n＋13＝2Sn，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.思维升华跟踪训练1(2019·鞍山模拟)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；解设数列{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)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比.解由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝S26，∴n2＝36216＝81，∴n＝9，公比q＝S6S4＝94.题型二新数列问题师生共研例2对于数列{xn}，若对任意n∈N+，都有xn＋2－xn＋1xn＋1－xn成立，则称数列{xn}为“增差数列”.设an＝t3n＋n2－13n，若数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N+)是“增差数列”，则实数t的取值范围是__________.215，＋∞根据新数列的定义建立条件和结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵活对新数列的特征进行转化是解题的关键.思维升华此时数列的公积为2×4＝8.综上可得，这个数列的公积为0或8.跟踪训练2(1)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积.已知数列{an}是等积数列且a1＝2，前21项的和为62，则这个数列的公积为_____.解析当公积为0时，数列a1＝2，a2＝0，a3＝60，a4＝a5＝…＝a21＝0满足题意；当公积不为0时，应该有a1＝a3＝a5＝…＝a21＝2，且a2＝a4＝a6＝…＝a20，由题意可得，a2＋a4＋a6＋…＋a20＝62－2×11＝40，0或8则a2＝a4＝a6＝…＝a20＝4010＝4，(2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”若{an}是“斐波那契数列”，则(a1a3－a22)·(a2a4－a23)(a3a5－a24)…·(a2017·a2019－a22018)的值为___.1题型三数列的求和命题点1分组求和与并项求和多维探究例3(2018·呼和浩特模拟)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；由(1)知bn＝a2n＋log2an＝4n－1＋n－1，解＝4n－14－1＋nn－12＝4n－13＋nn－12.∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)(2)设bn＝a2n＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.命题点2错位相减法求和例4(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；解由已知可得，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)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.＝6＋8－2×2n×21－2－(2n＋1)2n＋1解由(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.＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.例5在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.命题点3裂项相消法求和证明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.(1)求证：数列ann是等差数列；所以an＝2n2＋2n，故1an＝12n2＋2n＝12·n＋1－nnn＋1＝12·1n－1n＋1，(2)求数列1an的前n项和Sn.解由(1)，得ann＝2n＋2，所以Sn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2n＋1.(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.思维升华跟踪训练3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.课时作业2PARTTWO1.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；基础保分练123456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，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).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)令bn＝Snn(n∈N+)，求证：数列{bn}为等差数列.证明因为bn＝Snn＝nn＋2n＝n＋2，1234562.(2018·包头模拟)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；123456(2)若b6＝am，求m的值.解因为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＝38.1234563.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；123456解由题意，得a1q＋a1q2＋a1q3＝28，a1q＋a1q3＝2a1q2＋2，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)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋162成立的正整数n的最小值.解∵bn＝anan＝2n·2n＝－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6.12log12log12log1234564.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；解设数列{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＋2.123456＝12－1n＋2＝n2n＋4.(2)令bn＝1Sn＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解因为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＋21234565.数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1，2，3，…).123456(1)证明：数列Sn2n－1是等比数列；证明∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋32n－1Sn，∴Sn＋1＝22n＋12n－1Sn，∴Sn＋12n＋1＝2·Sn2n－1，又a1＝1，∴S11＝1≠0，∴数列Sn2n－1是以1为首项，2为公比的等比数列.技能提升练(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.∴Sn＝(2n－1)·2n－1，∴Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，①2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.②①－②得－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝(3－2n)·2n－3，∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.解由(1)知，Sn2n－1＝2n－1，＝1＋2×2－2n－1×21－2－(2n－1)·2n123456123456拓展冲刺练6.设数列{an}满足a1＝12，an＝2an－1＋1an－1＋2(n≥2，n∈N+).(1)证明：数列an－1an＋1为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝(3n＋1)an，证明：数列{cn}中任意三项不可能构成等差数列.123456