2022高考数学一轮复习 第六章 高考专题突破三　高考中的数列问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第六章 高考专题突破三　高考中的数列问题，共13页。试卷主要包含了[10分]，所以bn＝3n等内容，欢迎下载使用。


数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
⑤lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan(n>0)．
4．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项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
题型一 数列与数学文化
1．(多选)(2020·山东曲阜一中月考)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法正确的是( )
A．此人第二天走了九十六里路
B．此人第三天走的路程占全程的eq \f(1,8)
C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
D．此人后三天共走了42里路
答案 ACD
解析 设此人第n天走an里路，则数列{an}是首项为a1，公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列，
因为S6＝378，所以S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，
解得a1＝192，
对于A，由于a2＝192×eq \f(1,2)＝96，所以此人第二天走了九十六里路，所以A正确；
对于B，由于a3＝192×eq \f(1,4)＝48，eq \f(48,378)>eq \f(1,8)，所以B不正确；
对于C，由于378－192＝186,192－186＝6，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里，所以C正确；
对于D，a4＋a5＋a6＝378－192－96－48＝42，所以此人后三天共走了42里路，所以D正确．
2．我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次第，孝和休惹外人传．”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止．分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话．”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为( )
A．184斤 B．176斤
C．65斤 D．60斤
答案 A
解析 依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤数为a1，则由题意得，d＝17，S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.
3．我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢？( )
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 C
解析 不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列{an}和{bn}，
则由题意可知，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
数列{bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
设前n天两鼠总共穿墙的厚度之和为Sn，
则Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋1，
当n＝3时，S3＝eq \f(35,4)<10，
当n＝4时，S4＝eq \f(135,8)>10，
故两个老鼠在第4天相逢．
4．(2020·潍坊模拟)《周髀算经》是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，…，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．某老年公寓住有20位老人，他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于90～100岁)，其余19人的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为( )
A．94岁 B．95岁 C．96岁 D．98岁
答案 B
解析 设年长者的年龄为t，由已知，其余19位老人的年龄从小到大依次排列构成公差d＝1的等差数列，设最小者的年龄为a1，由“遂千百五二十岁”知，一遂就是1 520岁(一遂有20部，一部有4章，一章有19岁，且20×4×19＝1 520)．所以这20位老人的年龄之和为19a1＋eq \f(19×18,2)d＋t＝1 520，整理得a1＋9＋eq \f(t,19)＝80.因为t∈N*，a1∈N*，所以eq \f(t,19)∈N*.又因为t∈(90,100)，所以t＝19×5＝95.故选B.
思维升华 数列与数学文化解题3步骤
题型二 数列的判定与证明
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列．
(1)解 因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，
当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，
解得a4＝eq \f(7,8).
(2)证明 由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
当n＝1时，有4a3＋a1＝4×eq \f(5,4)＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
∴eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq \f(1,2)a1＝1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
思维升华 递推数列是数列的一种给出方式，由递推公式构造新的等差(比)数列时，一是看问题中是否有提示的形式，二是直接对递推公式进行变形．
跟踪训练1 已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，n∈N*.
(1)求a2，a3的值；
(2)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解 (1)由已知，a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，
得a2－2a1＝4，则a2＝2a1＋4，
又a1＝1，所以a2＝6，由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.
(2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
得eq \f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项eq \f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差数列，
则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.
题型三 数列的求和
命题点1 分组求和与并项求和
例2 已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，满足Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为Sn－n2＝n(an－1)，即Sn＝nan＋n2－n，①
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)，②
①－②，得(n－1)an－(n－1)an－1＋2(n－1)＝0.
因为n≥2，所以an－an－1＝－2，
所以数列{an}是以a1＝5为首项，d＝－2为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋7.
(2)由(1)得bn＝(－1)nn(an＋2n－4)＋2n＝(－1)n3n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－3×1＋2×1)＋(3×2＋2×2)＋(－3×3＋2×3)＋(3×4＋2×4)＋…＋(－1)n3n＋2n＝－3[1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n＋1n]＋2(1＋2＋3＋4＋…＋n)，
于是当n为奇数时，Tn＝－3×eq \f(n＋1,2)＋n(n＋1)＝eq \f(2n－3n＋1,2)；
当n为偶数时，Tn＝eq \f(3n,2)＋n(n＋1)＝eq \f(n2n＋5,2).
所以数列{bn}的前n项和Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－3n＋1,2)，n为奇数，,\f(n2n＋5,2)，n为偶数.))
思维升华 一般地，如果{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an±bn}或cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数))的前n项和Sn时，可采用分组求和法求和．如果cn＝(－1)n·an，求cn的前n项和时，可采用并项求和法求解．
命题点2 错位相减法求和
例3 (2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解 (1)设{an}的公比为q，
∵a1为a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设{nan}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
＝eq \f(1－－2n,1－－2)－n(－2)n＝eq \f(1－1＋3n－2n,3)，
∴Sn＝eq \f(1－1＋3n－2n,9)，n∈N*.
思维升华 (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法．
(2)错位相减法求和时，应注意：
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
③应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
命题点3 裂项相消法求和
例4 (2020·潍坊模拟)已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n.
(1)求an；
(2)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.
解 (1)令n＝1，得a1b1＝3＋(2－3)×2＝1，
所以b1＝1，
令n＝2，得a1b1＋a2b2＝7，所以a2b2＝6，
又b2＝3，所以a2＝2，
设数列{an}的公比为q，则q＝eq \f(a2,a1)＝2，
所以an＝2n－1.
(2)当n≥2时，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝3＋(2n－5)2n－1，①
又a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)2n，②
②－①得anbn＝3＋(2n－3)2n－[3＋(2n－5)2n－1]＝(2n－1)2n－1，
所以bn＝2n－1，由(1)知b1＝1，满足bn＝2n－1，
故bn＝2n－1，
eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
思维升华 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
跟踪训练2 (1)已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等比数列{bn}的前三项．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 ①设等差数列的公差为d，
则由已知得，a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，
又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，
∴an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，
又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，
∴q＝2，∴bn＝5·2n－1.
②由①知anbn＝(2n＋1)·5·2n－1＝5·(2n＋1)·2n－1，
∵Tn＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1]，
2Tn＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n]，
两式相减得
－Tn＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n]
＝5[(1－2n)2n－1]，
则Tn＝5[(2n－1)2n＋1]．
(2)(2020·河北衡水中学模拟)已知数列{an}满足a1＝4，且当n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
①求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
②记bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))，求数列{bn}的前n项和Sn.
①证明 当n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
将上式两边都除以n(n－1)，得eq \f(an,n)＝eq \f(an－1＋2n－2,n－1)，
即eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝4为首项，2为公差的等差数列．
②解 由①得eq \f(an,n)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
即an＝2n(n＋1)，
所以bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))，
所以Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32)))＋…＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋12)))＝eq \f(n2＋2n,4n＋12).
题型四 数列的综合问题
例5 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
规范解答
解 (1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，
设首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))[2分]
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2)))(舍)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2，))[4分]
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.[6分]
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，[7分]
所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则b4＝b5＝b6＝b7＝2，
即有22个2；[8分]
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；[9分]
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.[10分]
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.[12分]
第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等确定基本量间的关系，计算得出基本量，确立数列的通项公式；
第二步：通过题目表达确立关键信息或者关系，本题关键是找准m的取值和an的联系，可以从小到大进行列举找出规律；
第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(定义法、分组转化法、错位相减法、裂项相消法)求和；
第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤．
跟踪训练3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn＝2lg2(1＋an)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))，求c1＋c2＋…＋c100的值．
解 (1)因为n，an，Sn成等差数列，
所以Sn＋n＝2an，①
所以Sn－1＋n－1＝2an－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≥2))，②
①－②，得an＋1＝2an－2an－1，
所以an＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≥2))，
又当n＝1时，S1＋1＝2a1，
所以a1＝1，所以a1＋1＝2，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1))是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2·2n－1＝2n，即an＝2n－1.
(2)据(1)求解知，bn＝2lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2n－1))－1＝2n－1，
b1＝1，所以bn＋1－bn＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是以1为首项，2为公差的等差数列，
又因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106＝211，b107＝213，
所以c1＋c2＋…＋c100
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b2＋…＋b107))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋…＋a7))
＝eq \f(107×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋213)),2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(21＋22＋…＋27))－7))
＝eq \f(107×214,2)－eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－27)),1－2)＋7＝1072－28＋9＝11 202.
课时精练
1．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.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和．
解 (1)由a1＝b1，a4＝b2，
则S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，
设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意知b2＝a4＝9，即b2＝b1q＝3q＝9，
所以q＝3.所以bn＝3n.
(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，
所以{an＋bn}的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝eq \f(3＋2n＋1n,2)＋eq \f(31－3n,1－3)＝n(n＋2)＋eq \f(33n－1,2).
2．已知等比数列{an}的前n项和Sn满足4S5＝3S4＋S6，且a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由4S5＝3S4＋S6，得S6－S5＝3S5－3S4，
即a6＝3a5，∴q＝3，
∴an＝9·3n－3＝3n－1.
(2)bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·3n－1，
∴Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
∴3Tn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
∴－2Tn＝1＋2·31＋2·32＋…＋2·3n－1－(2n－1)·3n
＝－2＋(2－2n)·3n，
∴Tn＝1－eq \f(2－2n·3n,2)＝(n－1)·3n＋1.
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝eq \f(bn,4n2－12n)，求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明 因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，
bn＝an＋1－an，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(3an＋1－2an－an＋1,an＋1－an)
＝eq \f(2an＋1－an,an＋1－an)＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝eq \f(bn,4n2－12n)，
所以cn＝eq \f(1,22n＋12n－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,4n＋2).
4．(2020·黄山模拟)已知递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝eq \f(－1n4n＋4,an＋1an＋2)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)由S1＝1知等差数列{an}的首项为1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)d，
由S2，S3－1，S4成等比数列可得(S3－1)2＝S2S4，
所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得d＝2或d＝－eq \f(2,3)，
由等差数列{an}为递增数列知，d>0，所以d＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)因为bn＝eq \f(－1n4n＋4,an＋1an＋2)＝eq \f(－1n4n＋4,2n＋12n＋3)
＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)＋\f(1,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)＋\f(1,11)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n－1)＋\f(1,4n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)＋\f(1,4n＋3)))
＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,4n＋3)＝－eq \f(4n,34n＋3).
5．(2020·天津)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对任意的正整数n，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数.))求数列{cn}的前2n项和．
(1)解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
∵a1＝1，a5＝5(a4－a3)，∴1＋4d＝5d，∴d＝1，
∴{an}的通项公式为an＝n.
∵b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，
∴q4＝4(q3－q2)，解得q＝2，
∴{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明 由(1)可得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，
∴SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，
∴SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，
∴SnSn＋2(3)解 当n为奇数时，
cn＝eq \f(3an－2bn,anan＋2)＝eq \f(3n－22n－1,nn＋2)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有
eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①×eq \f(1,4)得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，
∴eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此，eq \i\su(k＝1,2n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
∴数列{cn}的前2n项和为eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).读懂题意
会脱去数学文化的背景，读懂题意
构建模型
由题意，构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型
求解模型
利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项、通项公式或前n项和的公式