高考大题增分专项三高考中的数列\n-2-从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.\n-3-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二突破策略一公式法对于等差、等比数列,求其通项及求前n项的和时,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-4-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例1已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.解:(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.\n-5-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练1(2020全国Ⅲ,文17)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.解得a1=1,q=3.所以{an}的通项公式为an=3n-1.由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6.\n-6-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二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,通过变形、整理后,能够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.\n-7-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例2在数列{an}中,a1=1,数列{an+1-3an}是首项为9,公比为3的等比数列.(1)求a2,a3;解:(1)∵数列{an+1-3an}是首项为9,公比为3的等比数列,∴an+1-3an=9×3n-1=3n+1.∴a2-3a1=9,a3-3a2=27.∴a2=12,a3=63.\n-8-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练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,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.\n-9-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二\n-10-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二突破策略一定义法用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1=d(n≥2)和an+1-an=d,前者必须加上“n≥2”,否则n=1时a0无意义;用定义法证明一个数列是等比数列也常采用两个式子\n-11-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例3已知数列{an}满足an+1=2an+n-1,且a1=1.(1)求证:数列{an+n}为等比数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.所以数列{an+n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解:由(1)得an+n=2×2n-1=2n,故an=2n-n.\n-12-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练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,n∈N*,λ,μ∈R.(1)若λ=0,μ=4,bn=an+1-2an(n∈N*),求证:数列{bn}是等比数列;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,\n-13-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)若a2=3,由a1+a2=2λa2+μa1,得5=6λ+2μ.即(n-1)an+1-(n-2)an-2an-1=0,所以nan+2-(n-1)an+1-2an=0,两式相减得nan+2-2(n-1)an+1+(n-2)an-2an+2an-1=0,所以n(an+2-2an+1+an)+2(an+1-2an+an-1)=0,\n-14-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0,即数列{an}是等差数列.\n-15-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二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.\n-16-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例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(3)在(2)的条件下,设cn=bn·bn+1,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<1.\n-17-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二证明:(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-18-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二\n-19-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练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≠-3.(1)求证:{an}是等比数列;证明:(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.∴{an}是等比数列.\n-20-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二\n-21-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二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,即和式两边同乘以等比数列的公比,然后作差求解.\n-22-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例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;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-23-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]所以Tn=3n·2n+2.\n-24-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练5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.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.\n-25-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(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\n-26-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二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.\n-27-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例6已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;\n-28-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练6在等差数列{an}中,a2=5,a5=11,数列{bn}的前n项和Sn=n2+an.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,故an=3+(n-1)×2=2n+1.当n=1时,b1=S1=4;当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=(n2+2n+1)-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1,又b1=4不符合该式,\n-29-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二\n-30-题型一题型二题型三题型四题型五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.\n-31-题型一题型二题型三题型四题型五例7已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=an+n2-1(n∈N*).(1)求{an}的通项公式;(1)解:∵Sn=an+n2-1(n∈N*),∴a1+a2=a2+22-1,解得a1=3.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+n2-1-[an-1+(n-1)2-1],整理得an-1=2n-1,可得an=2n+1,当n=1时也成立.∴an=2n+1.\n-32-题型一题型二题型三题型四题型五(2)证明:由(1)可得Sn=2n+1+n2-1=n2+2n.\n-33-题型一题型二题型三题型四题型五对点训练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;(1)解:设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,所以an=2n-1,bn=2n-1.\n-34-题型一题型二题型三题型四题型五\n-35-题型一题型二题型三题型四题型五求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在,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.\n-36-题型一题型二题型三题型四题型五例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?并说明理由.(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.\n-37-题型一题型二题型三题型四题型五(2)解:存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.理由如下: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,即an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.\n-38-题型一题型二题型三题型四题型五对点训练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-39-题型一题型二题型三题型四题型五\n-40-题型一题型二题型三题型四题型五\n-41-1.解决等差、等比数列的综合问题时,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用;用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错.2.求数列的通项公式就是求出an与n的关系式,无论条件中的关系式含有哪些量,一般都需要通过消元、转化和化归的思想使之变为等差、等比数列.3.高考对数列求和的考查主要是:等差、等比数列的公式求和;能通过错位相减法转化为等比数列求和;裂项相消法求和;分组或合并后转化为等差、等比数列求和.\n-42-4.证明数列为等差数列或等比数列主要依据定义,尽管题目给出的条件多种多样,但总体目标是把条件转化成与an的差或比为一个定值.5.数列与不等式的综合问题(1)数列不等式的证明要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活使用放缩法.(2)证明数列不等式也经常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用.
