规范答题增分专项三高考中的数列问题2022高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI\n【考情分析】高考数列解答题主要题型有等差数列、等比数列的基本量运算问题;证明一个数列是等差数列或等比数列;根据递推关系求数列的通项公式;求一般数列的前n项和;证明数列型不等式等.题目难度中等,一般为解答题的前两题,有时会命制结构不良型的开放题.\n典例突破\n题型一等差数列、等比数列的综合问题突破策略一公式法对于等差数列、等比数列,求其通项及求前n项和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.\n解:选①.当n=1时,a1=S1=2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,又a1满足an=2n,所以an=2n.选②.\n\n对点训练1已知{n}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足anbn+1=nbn+bn+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和Sn.\n突破策略二转化法无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,都可以通过变形、整理,把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.例2已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3an,T2n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求T2n.\n解:(1)设等比数列{an}的公比为q.∵3S1,2S2,S3成等差数列,∴4S2=3S1+S3.∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即a3=3a2.∴q=3.∴an=a1qn-1=3n.(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)×2n-2n(2n+1)=-4n,∴T2n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)=-4×(1+2+…+n)\n对点训练2设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=lna3n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.\n\n题型二证明数列为等差数列或等比数列\n\n对点训练3已知数列{an},其前n项和为Sn,满足a1=2,Sn=λnan+μan-1,其中n≥2,λ,μ∈R.(1)若λ=0,μ=4,bn=an+1-2an,求证:数列{bn}是等比数列;(2)若a2=3,且,求证:数列{an}是等差数列.证明(1)若λ=0,μ=4,则Sn=4an-1(n≥2),所以an+1=Sn+1-Sn=4(an-an-1),即an+1-2an=2(an-2an-1),所以bn=2bn-1.又由a1=2,a1+a2=4a1,得a2=3a1=6,a2-2a1=2≠0,即bn≠0,所以,故数列{bn}是等比数列.\n\n突破策略二递推相减化归法对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差数列或等比数列的问题,解题思路为由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,两关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.例4已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(m+1)-man对任意的n∈N*都成立,其中m为常数,且m<-1.(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)记数列{an}的公比为q,设q=f(m),若数列{bn}满足b1=a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).求证:数列是等差数列;(3)在(2)的条件下,设cn=bnbn+1,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<1.\n证明:(1)当n=1时,a1=S1=1.∵Sn=(m+1)-man,①∴Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2),②由①-②,得an=man-1-man(n≥2),即(m+1)an=man-1.∵a1≠0,m<-1,∴an-1≠0,m+1≠0.\n\n对点训练4设数列{an}的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N*),其中m为常数,且m≠0,m≠-3.(1)求证:{an}是等比数列;\n(1)证明当n=1时,(3-m)a1+2ma1=m+3,由m≠-3,得a1=1.由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3,两式相减,得(3+m)an+1=2man.又m≠-3,m≠0,an≠0,\n题型三非等差数列、等比数列的求和问题突破策略一错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,即和式两边同乘等比数列的公比,然后作差求解.例5已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列{bn}的通项公式;\n解:(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,符合上式.所以an=6n+5.设数列{bn}的公差为d.\n\n对点训练5已知{an}为等差数列,前n项和为Sn,{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)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;(2)设cn=a2nb2n-1,求数列{cn}的前n项和.\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q>0,解得q=2.所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.故数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.\n(2)设数列{cn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,得a2nb2n-1=(3n-1)×4n,即cn=(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\n突破策略二裂项相消法把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.例6在①A5=B3,,③B5=35这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.已知等差数列{an}的公差为d(d>0),等差数列{bn}的公差为2d.设An,Bn分别是数列{an},{bn}的前n项和,且b1=3,A2=3,.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;\n\n\n对点训练6已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且3Sn=an+1-1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设等差数列{bn}的前n项和为Tn,a2=b2,T4=1+S3,\n解(1)∵3Sn=an+1-1,①∴当n>1时,3Sn-1=an-1,②由①-②,得3(Sn-Sn-1)=3an=an+1-an,则an+1=4an.又a2=3a1+1=4=4a1,∴数列{an}是首项为1,公比为4的等比数列,则an=4n-1.\n题型四数列型不等式的证明要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种思路:一是先求和再对和式放缩;二是先对数列的通项放缩再求数列的和,必要时对其和再放缩.例7已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.\n\n对点训练7已知数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且b1=a1=1,b2=a1+a2,a3=2b3-6.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;\n\n题型五数列中的参数及存在性问题求解数列中的存在性问题,先假设所求对象存在,再以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在;若推不出矛盾,则得到存在的结果.例8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?请说明理由.\n(1)证明:因为anan+1=λSn-1,所以an+1an+2=λSn+1-1.两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)解:由题意,知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,即a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,即a2n=4n-1.所以an=2n-1,即an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.\n对点训练8若{an}是各项均不为零的等差数列,公差为d,Sn为其前n项和,且满足,数列{bn}满足,Tn为数列{bn}的前n项和.(1)求an和Tn.(2)是否存在正整数m,n(1<m<n),使得T1,Tm,Tn成等比数列?若存在,求出所有m,n的值;若不存在,请说明理由.\n\n
