（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题五 数列 第23讲 数列的递推公式及等差、等比数列的

第23讲数列的递推公式及等差、等比数列的判定与证明课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效一、小题考法——求“准”求“快”考法一由Sn进行等差、等比数列的判定[例1](1)(2019·宿迁中学检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1an，则S20＝________.(2)设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－2，则a8a6＝________.[解析](1)当n＝1时，2S1＝a2a1，由a1＝1，得a2＝2.当n≥2时，2Sn＝anan＋1,2Sn－1＝anan－1，两式相减得2an＝an(an＋1－an－1)，因为an≠0，所以an＋1－an－1＝2，故{a2k－1}，{a2k}都是公差为2的等差数列，易得an＝n，从而S20＝1＋2＋…＋20＝20×212＝210.(2)由Sn＝2an－2和Sn＋1＝2an＋1－2，两式相减得an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an.又a1＝S1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比q＝2的等比数列，所以a8a6＝q2＝4.[答案](1)210(2)4[解题方略]已知Sn进行等差、等比数列的判定策略首先利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)得出an与an＋1的表达式，从而根据定义判定数列是等差数列还是等比数列，然后根据相关数列的有关公式进行求解．考法(二)由项之间关系进行等差、等比数列的判定[例2](1)若数列{an}中，a1＝3且an＋1＝a2n(n是正整数)，则它的通项公式an＝________.(2)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，若an＋1＝2a2nan＋1－an(n∈N*)，a1＝1，则使不等式Sn2019成立的n的最小值是________．[解析](1)由题意知an0，将an＋1＝a2n两边取对数得lgan＋1＝2lgan，即lgan＋1lgan＝2，所以数列{lgan}是以lga1＝lg3为首项，2为公比的等比数列，lgan＝(lga1)·2n－1＝lg32n－1.即an＝32n－1.(2)由题知an＋1＝2a2nan＋1－an(n∈N*)，所以a2n＋1－anan＋1－2a2n＝0，所以(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0.因为数列{an}的各项均为正数，所以an＋1－2an＝0，所以an＋1＝2an(n∈N*)，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n－1.由2n－1＞2019，得n≥11，所以n的最小值为11.[答案](1)an＝32n－1(2)11[解题方略]由项之间的关系进行等差、等比数列的判定策略一般寻找前后连续项之间的关系，可通过取对数、因式分解后约分得出，然后根据等差(等比)中项的性质，得出相关数列，从而得解．[集训过关]1．(2019·姜堰二中期中)在数列{an}中，a1＝2,2an＋1－2an＝1，则a101＝________.解析：因为2an＋1－2an＝1，a1＝2，所以数列{an}是首项a1＝2，公差d＝12的等差数列，所以a101＝a1＋100d＝2＋100×12＝52.答案：522．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝1＋2Sn，n∈N*，则S5＝________.解析：由an＋1＝1＋2Sn可得Sn＋1－Sn＝1＋2Sn，故Sn＋1＝3Sn＋1，从而Sn＋1＋12＝3Sn＋12，又S2＝4，所以S1＝1，所以Sn＋12＝32×3n－1，即Sn＝3n－12，从而S5＝35－12＝121.答案：1213．数列{an}满足an＋1(an－1－an)＝an－1(an－an＋1)，若a1＝2，a2＝1，则a20＝________.解析：数列{an}满足an＋1(an－1－an)＝an－1(an－an＋1)，展开化为1an－1＋1an＋1＝2an.所以数列1an是等差数列，公差为1a2－1a1＝12，首项为12.所以1a20＝12＋12×19＝10，解得a20＝110.答案：1104．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)，则an＝________.解析：(1)∵a1＝1，an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)，∴an＋1－an＝2n－1，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋1＋1＝n－1·2n－3＋12＋1＝n2－2n＋2.又a1＝1符合上式，∴an＝n2－2n＋2(n∈N*)．答案：n2－2n＋2二、大题考法——求“稳”求“范”考法一等差数列的判定与证明[例1](2019·海安中学检测)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，存在非零实数p，q使得Sn＝pa2n＋qn，n∈N*.(1)若an＝2n，求p，q的值．(2)若a1，a2，a3成等差数列．求证：{an}是等差数列．[解](1)因为an＝2n，所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以Sn＝n2＋n，代入Sn＝pa2n＋qn，得n2＋n＝4pn2＋qn，因为上式对n∈N*恒成立，所以4p＝1，q＝1，故p＝14，q＝1.(2)证明：因为a1，a2，a3成等差数列，设公差为d0，则S1＝pa21＋q，S2＝pa22＋2q，S3＝pa23＋3q，即a1＝pa21＋q，①2a1＋d＝pa1＋d2＋2q，②3a1＋3d＝pa1＋2d2＋3q，③由②－①×2，③－①×3，得d＝p－a21＋2da1＋d2，④3d＝p－2a21＋4da1＋4d2，⑤由⑤－④×3得，a21－2da1＋d2＝0，所以a1＝d.把a1＝d代入④，①得，p＝12d，q＝d2，所以Sn＝12da2n＋d2n，Sn＋1＝12da2n＋1＋d2(n＋1)，两式相减得，2dan＋1＝a2n＋1－a2n＋d2，即(an＋1－d)2＝a2n，所以an＋1＋an＝d或an＋1－an＝d.因为a1＝d0，a20，所以a2－a1＝d，因为a2＝2d0，a30，所以a3－a2＝d，…，依次类推，an＋1－an＝d，所以{an}是以d为首项，d为公差的等差数列．[解题方略]等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列解答题中证明问题等差中项法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列通项公式法an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列填空题中的判定问题前n项和公式法验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列考法二等比数列的判定与证明[例2](2019·苏北四市二调)已知数列{an}的各项均不为零．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{a2n}的前n项和为Tn，且3S2n－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.(1)求a1，a2的值；(2)证明：数列{an}是等比数列．[解](1)因为3S2n－4Sn＋Tn＝0.令n＝1，得3a21－4a1＋a21＝0，因为a1≠0，所以a1＝1.令n＝2，得3(1＋a2)2－4(1＋a2)＋(1＋a22)＝0，即2a22＋a2＝0，因为a2≠0，所以a2＝－12.(2)证明：因为3S2n－4Sn＋Tn＝0，①所以3S2n＋1－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋a2n＋1＝0，因为an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，③所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2)，④当n≥2时，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，即an＋1＝－12an，因为an≠0，所以an＋1an＝－12.又由(1)知，a1＝1，a2＝－12，所以a2a1＝－12，所以数列{an}是以1为首项，－12为公比的等比数列．[解题方略]等比数列的4种常用判定方法定义法若an＋1an＝q(q为非零常数，n∈N*)或anan－1＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列中项公式法若数列{an}中，an≠0且a2n＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列通项公式法若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列前n项和公式法若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列[提醒](1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．考法三等差、等比数列的存在性判断[例3]设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由．[解](1)证明：∵a1，a2，a3，a4成等差数列，∴a2－a1＝a3－a2＝a4－a3＝d.∴2a22a1＝2a2－a1＝2d，2a32a2＝2a3－a2＝2d，2a42a3＝2a4－a3＝2d.∴2a1，2a2，2a3，2a4依次成等比数列，公比为2d.(2)法一：先假设存在再证明假设存在满足条件的a1，d，从而a1＝a1，a22＝(a1＋d)2，a33＝(a1＋2d)3，a44＝(a1＋3d)4.若满足题意，须使a42＝a1a33，a63＝a22a44，即a42＝a1a33，a33＝a2a24，即a1＋d4＝a1a1＋2d3，a1＋2d3＝a1＋da1＋3d2，化简得2a31d＋6a21d2＋4a1d3－d4＝0，a21d＋3a1d2＋d3＝0.因为d≠0，故2a31＋6a21d＋4a1d2－d3＝0，a21＋3a1d＋d2＝0.不妨设t＝a1d，从而转化为2t3＋6t2＋4t－1＝0，t2＋3t＋1＝0.由t2＋3t＋1＝0得t2＝－3t－1，代入2t3＋6t2＋4t－1＝0得2(－3t－1)t＋6t2＋4t－1＝0，化简得2t－1＝0，即t＝12.易知t＝12不满足方程2t3＋6t2＋4t－1＝0，故方程组无解，即不存在满足条件的a1，d.法二：转化为方程的整数解问题由方程组2t3＋6t2＋4t－1＝0，t2＋3t＋1＝0，不妨令f(t)＝2t3＋6t2＋4t－1(t＞0)，f′(t)＝6t2＋12t＋4＞0恒成立，所以f(t)在区间(0，＋∞)内递增，所以f(t)的零点最多只有一个．又f(0)＜0，f(1)＝11＞0，所以零点t0∈(0,1)．又由t2＋3t＋1＝0可知方程的解均为负解，所以方程组无解，不存在满足条件的a1，d.[解题方略]有关数列的存在性问题，若是与项数有关的存在性问题，常转化为函数或方程的整数解问题．对于最值性问题，常转化为函数最值问题．[集训过关]1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．2．(2019·启东检测)数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，设bn＝an＋1