2020届二轮复习高考中的数列问题学案（全国通用）


2020届二轮复习 高考中的数列问题 学案（全国通用）
题型一　等差数列、等比数列的综合问题
例1 (2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N＋.
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝2，求e＋e＋…＋e.
解　(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，
故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，
从而an＝qn－1.
由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，
所以a3＝2a2，故q＝2.
所以an＝2n－1(n∈N＋)．
(2)由(1)可知，an＝qn－1，
所以双曲线x2－＝1的离心率en＝＝.
由e2＝＝2，解得q＝，
所以e＋e＋…＋e
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]
＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]
＝n＋＝n＋(3n－1)．
思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
跟踪训练1　(2018·沧州模拟)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N＋)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1
＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以10.
则
解得∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＋1－bn＝an＋1且an＝2n＋1(n∈N＋)，
∴bn＋1－bn＝2n＋3，
当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝n(n＋2)．
当n＝1时，b1＝3满足上式，
∴bn＝n(n＋2)，
∴＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＋
＝

＝
＝－.
4．(2018届广州海珠区综合测试)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋1，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an＋1，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意得an＋1＝2Sn＋1，
an＝2Sn－1＋1(n≥2)．
两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
则an＋1＝3an(n≥2)，
所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列．
因为a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，＝3，
所以，＝3，对任意正整数成立，
{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1.
(2)bn＝log3an＋1＝log33n＝n，
所以an＋bn＝3n－1＋n，
Tn＝(30＋1)＋(31＋2)＋(32＋3)＋…＋(3n－2＋n－1)＋(3n－1＋n)
＝(30＋31＋32＋…＋3n－2＋3n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n－1＋n)
＝＋
＝.

5．(2017·济宁模拟)已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且2Sn＝a＋an，等比数列{bn}的公比q>1，b1＝2，且b1，b3，b2＋10成等差数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn＋(－1)n·，记T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.
解　(1)当n≥2时，由题意得
2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，
∴2an＝a－a＋an－an－1，
a－a－(an＋an－1)＝0，
(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1，
当n＝1时，2a1＝a＋a1.
∵a1>0，∴a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×1＝n.
由b1＝2,2b3＝b1＋(b2＋10)，得2q2－q－6＝0，
解得q＝2或q＝－(舍)，∴bn＝b1qn－1＝2n.
(2)由(1)得cn＝n·2n＋(－1)n·
＝n·2n＋(－1)n，
∴T2n＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋

＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋，
记W2n＝1×2＋2×22＋…＋2n·22n，
则2W2n＝1×22＋2×23＋…＋2n·22n＋1，
以上两式相减可得－W2n＝2＋22＋…＋22n－2n·22n＋1＝－2n·22n＋1＝(1－2n)·22n＋1－2，
∴W2n＝(2n－1)·22n＋1＋2，
∴T2n＝W2n＋
＝(2n－1)·22n＋1＋＋1.

6．已知数列{an}，{bn}，其中，a1＝，数列{an}满足(n＋1)an＝(n－1)an－1 (n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝2bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)是否存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋