2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题二第二讲大题考法——数列

第二讲  大题考法——数列

 [典例感悟]

[典例1]　(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.

[解]　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.

由已知得q4＝4q2，

解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.

故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.

(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.

由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．

若an＝2n－1，则Sn＝＝2n－1.

由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.

综上，m＝6.

[典例2]　(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.

(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；

(2)若T3＝21，求S3.

[解]　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.

由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①

(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②

联立①②解得(舍去)或

因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.

(2)由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0，

解得q＝－5或q＝4.

当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.

当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.

[类题通法]

等差、等比数列的基本量的求解策略

(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．

(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若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．

[对点训练]

已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝2，所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.设等比数列{bn}的公比为q，由题意得q3＝＝8，解得q＝2.

因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.

(2)因为an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.

 [典例感悟]

[典例1]　(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并求Sn的最小值.

[解]　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.

(2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.

[典例2]　(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列的前n项和.

[解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，

故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．

两式相减得(2n－1)an＝2，

所以an＝(n≥2)．

又由题设可得a1＝2，满足上式，

从而{an}的通项公式为an＝.

(2)记的前n项和为Sn.

由(1)知＝

＝－.

则Sn＝－＋－＋…＋－

＝.

[类题通法]

1．公式法求和要过“3关”

2.裂项相消的规律

(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．

(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．

3．错位相减法的关注点

(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．

(2)步骤：

①求和时先乘以数列{bn}的公比；

②将两个和式错位相减；

③整理结果形式．

[对点训练]

(2018·石家庄模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝1，a2·a4＝16.

(1)设bn＝log2an，求数列{bn}的通项公式；

(2)求数列{an·bn}的前n项和Sn.

解：(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，由得q4＝16，∴q＝2，∴an＝2n－1.又bn＝log2an，∴bn＝n－1.

(2)由(1)可知an·bn＝(n－1)·2n－1，

则Sn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1，①

2Sn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n，②

①－②得，－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n

＝－(n－1)·2n＝2n(2－n)－2，

∴Sn＝2n(n－2)＋2.

[典例感悟]

[典例1]　(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.

(1)求b1，b2，b3；

(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；

(3)求{an}的通项公式.

[解]　(1)由条件可得an＋1＝an.

将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.

将n＝2代入得，a3＝3a2，

所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.

(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.

[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)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；

(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.

[解]　(1)设{an}的公比为q.

由题设可得解得

故{an}的通项公式为an＝(－2)n.

(2)由(1)可得Sn＝

＝－＋(－1)n.

由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n

＝2＝2Sn，

故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．

[类题通法]

判定和证明数列是等差(比)数列的方法

[对点训练]

(2018·成都模拟)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.

(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；

(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.

解：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.

∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，

∴＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．

(2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.

当n＝1时，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2；

当n≥2时，an≥0.∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.

又当n＝1时，上式也满足．

∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.

   数列问题重在 “归”——化归

[循流程思维——入题快]

等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．

[按流程解题——快又准]

[典例]　(2017·天津高考)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*)．

[解题示范]

(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

由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.

(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，

由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，

得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

＝－4－(3n－1)×4n＋1

＝－(3n－2)×4n＋1－8.

故Tn＝×4n＋1＋.

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.

[思维升华]　对于数列的备考应掌握的4个关键点：

(1)准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；

(2)重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；

(3)注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；

(4)在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．

[应用体验]

(2018·开封模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且2nan＋1－2(n＋1)an＝n(n＋1)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

解：(1)2nan＋1－2(n＋1)an＝n(n＋1)，两边同时除以2n(n＋1)得－＝，

∴数列是以1为首项，为公差的等差数列，

∴＝，an＝.

(2)∵bn＝，∴bn＝＝2×，

∴Sn＝2×

＝2×＝.

A卷——大题保分练

1．(2018·陕西模拟)已知在递增等差数列{an}中，a1＝2，a3是a1和a9的等比中项．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中项，∴a＝a1a9，即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，解得d＝0(舍)或d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n.

(2)bn＝＝＝.

∴S100＝b1＋b2＋…＋b100

＝×

＝×

＝.

2．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意有解得d＝1或d＝0(舍去)，∴an＝1＋(n－1)＝n.

(2)由(1)得an＝n，∴bn＝2n，

∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，

∴Tn＝＝2n＋1－2.

3．(2018·北京调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝2an，设bn－2＝3log2an(n∈N*)．

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)求数列{|an－bn|}的前n项和Sn.

解：(1)因为an＋1＝2an，a1＝1，

所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．

所以an＝2n－1.

又因为bn－2＝3log2an(n∈N*)，

所以bn＝3log22n－1＋2＝3(n－1)＋2＝3n－1.

(2)因为数列{an}中的项为1,2,4,8,16，…，2n－1，数列{bn}中的项为2,5,8,11,14，…，3n－1，

所以①当n≤4时，|an－bn|＝bn－an＝3n－1－2n－1，

所以Sn＝－

＝－2n.

②当n>4时，|an－bn|＝an－bn＝2n－1－(3n－1)，

所以Sn＝S4＋(a5＋a6＋…＋an)－(b5＋b6＋…＋bn)

＝2n－，

综合①②得Sn＝

4．(2018·厦门质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.

(1)求证：数列为等差数列；

(2)设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.

解：(1)证明：由an＋1＝，得＝＝＋，所以－＝.又a1＝1，则＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列．

(2)设bn＝－＝，

由(1)得，数列是公差为的等差数列，

所以－＝－，即bn＝＝－×，

所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.

又b1＝－×＝－×＝－，

所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，

所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)．

5．(2018·洛阳模拟)已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝a1(an－1)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.

解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝a1(a1－1)＝a－a1，

∵a1≠0，∴a1＝4.

∴Sn＝(an－1)，

∴当n≥2时，Sn－1＝(an－1－1)，

两式相减得an＝4an－1(n≥2)，

∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，

∴an＝4n.

(2)证明：∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝，

∴Tn＝＋＋＋…＋，

Tn＝＋＋＋…＋，

两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－

＝2－

＝2×－

＝－－

＝－.

∴Tn＝－<.

B卷——深化提能练

1．(2018·广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表达式．

解：(1)由题知

解得故an＝2n－7(n∈N*)．

(2)由an＝2n－7<0，得n<，即n≤3，

所以当n≤3时，an＝2n－7<0，

当n≥4时，an＝2n－7>0.

易知Sn＝n2－6n，S3＝－9，

所以T5＝－(a1＋a2＋a3)＋a4＋a5＝－S3＋(S5－S3)＝S5－2S3＝13.

当n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；

当n≥4时，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.

故Tn＝

2．(2018·郑州一模)在等差数列{an}中，已知a3＝5，且a1，a2，a5为递增的等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}的通项公式bn＝(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，易知d≠0，

由题意得，(a3－2d)(a3＋2d)＝(a3－d)2，

即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)，

所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.

(2)当n＝2k，k∈N*时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn

＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k

＝a1＋a2＋…＋ak＋(20＋21＋…＋2k－1)

＝＋＝k2＋2k－1＝＋2－1；

当n＝2k－1，k∈N*时，n＋1＝2k，

则Sn＝Sn＋1－bn＋1＝＋2－1－2－1

＝＋2.

综上，Sn＝(k∈N*)．

3．(2018·武汉调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)当n＝1时，a1＝2a1－2，所以a1＝2.

当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，

Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，即an＝2an－1.

所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以an＝2n.

(2)由(1)得bn＝2nlog22n＝n·2n，

所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，

2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，

两式相减，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1

＝－n×2n＋1

＝(1－n)2n＋1－2，

所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.

4．(2018·唐山模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝n.

(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；

(2)若数列{an}的前2n项的和为T2n，令bn＝(3－T2n)·n·(n＋1)，求数列{bn}的最大项．

解：(1)证明：由题意可得a1a2＝，则a2＝.

又anan＋1＝n，an＋1an＋2＝n＋1，∴＝.

∴数列{a2n－1}是以1为首项，为公比的等比数列；

数列{a2n}是以为首项，为公比的等比数列．

(2)T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)

＝＋

＝3－3·n.

∴bn＝3n(n＋1)n，

bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)n＋1，

∴＝，

∴b1<b2＝b3，b3>b4>…>bn>…，

∴数列{bn}的最大项为b2＝b3＝.

5．(2018·广东五校联考)已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项an；

(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.

又a1>1，所以a1＝2.

因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，

所以10Sn＝2a＋5an＋2，

故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，

整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，

即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.

因为{an}是递增数列且a1＝2，

所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.

所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，

所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1)．

(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：

假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，

则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，

整理，得2m＋2n－k＝，(*)

显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立．

故满足条件的正整数m，n，k不存在．