2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题三第2讲　数列求和及综合应用


第2讲　数列求和及综合应用
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1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等．
2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．

[真题体验]
1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.
当n≥2时，Sn＝2an＋1　①
Sn－1＝2an－1＋1　②
①－②得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1
即＝2，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
∴S6＝＝－63.
答案：－63
2．(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(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，依题意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6×(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，　①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×
＝(n∈N*)．
[主干整合]
1．数列通项
(1)数列通项an与前n项和Sn的关系，an＝
(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误．
2．数列求和
(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．

热点一　求数列的通项公式
[例1]　(1)(2020·临沂模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于(　　)
A．2＋ln n　　　　　　　　 B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
(2)(2020·成都模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，Sn＝n2an(n∈N)．则数列{an}的通项公式为____________．
[解析]　(1)由已知，an＋1－an＝ln，a1＝2，
所以an－an－1＝ln(n≥2)，
an－1－an－2＝ln，
…
a2－a1＝ln，
将以上n－1个式子叠加，得
an－a1＝ln＋ln＋…＋ln
＝ln
＝ln n.
所以an＝2＋ln n(n≥2)，
经检验n＝1时也适合．故选A.
(2)由Sn＝n2an，(ⅰ)得
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得an＝n2an－(n－1)2an－1(n≥2，n∈N*)，
所以(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝(n≥2)，
因为a1····…·＝×××·…·＝，
又a1＝，符合上式，所以an＝.
[答案]　(1)A　(2)an＝

1．数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
2．求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.
(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累积法求数列的通项an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．

(1)数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足＝1(n≥2)．则数列{an}的通项公式为________________．
解析：由已知，当n≥2时，＝1，
所以＝1，即＝1，
所以－＝.又S1＝a1＝1，
所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
所以＝1＋(n－1)＝，即Sn＝.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.
因此an＝
答案：an＝
(2)各项均不为0的数列{an}满足＝an＋2an(n∈N*)，且a3＝2a8＝，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为＝an＋2an，所以an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an.
因为anan＋1an＋2≠0，所以＋＝，
所以数列为等差数列．
设数列的公差为d，则＝＋(8－3)d.
因为a3＝2a8＝，所以d＝1，又＝－2d＝3，所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列．
∴＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝.
答案：an＝
热点二　数列求和问题
裂项相消法求和
[例2－1]　(2018·天津卷)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)．
①求Tn；
②证明∑n,k＝1 ＝－2(n∈N*)．
[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q＞0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4，由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故
Tn＝－n
＝2n＋1－n－2.
②证明：因为
＝
＝＝－，
所以，∑n,k＝1 ＝＋＋…＋＝－2.
错位相减法求和
[例2－2]　(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项，数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
[解析]　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得
a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得
8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q＞1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝
解得cn＝4n－1.
由(1)可得，an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)·n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·n－2＋(4n－9)·n－3＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·2＋…＋(4n－5)·n－2，n≥2，
Tn＝3·＋7·2＋…＋(4n－9)·n－2＋(4n－5)·n－1，
所以Tn＝3＋4·＋4·2＋…＋4·n－2－(4n－5)·n－1，
因此Tn＝14－(4n＋3)·n－2，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·n－2.

数列求和的常用方法
1．利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；
(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若{an}是等差数列且an≠0，则
＋＋…＋＝.
2．用错位相减法求和时应注意的两点
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
3．并项求和法
一个数列的前n项和可两两结合求解，则称为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用并项求和．

(1)(2020·长沙模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.设bn＝，数列{bn}的前n项和为____________________．
解析：由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，
由于{an}是正项数列，所以Sn＋1＞0.
所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．
∴an＝2n(n∈N*)．
即bn＝＝
＝
Tn＝

＝
答案：
(2)已知an＝若数列{bn}满足anbn＝log3an，则数列{bn}的前n项和为____________．
解析：因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n＞1时，bn＝3(1－n)log33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，
所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，
两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，
所以Tn＝－.经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.
答案：－
热点三　数列与函数不等式的交汇创新
[例3]　(2019·桂林三模)已知函数f(x)的图象过定点(1,1)，且对任意的实数x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝1＋f(x1)＋f(x2)．
(1)证明数列(n∈N*)为等比数列；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，不等式T2n－Tn＞log2(x＋1)(n≥2，n∈N*)恒成立，求实数x的取值范围．
[审题指导]　(1)先令x1＝x2＝，再证明数列(n∈N*)为等比数列；(2)先求出数列的通项公式，再求和，根据T2n－Tn的单调性求出最小项，最后求实数x的取值范围．
[解析]　(1)令x1＝x2＝，则f＝1＋f＋f，即f＝1＋2f，
则f＋1＝2，
令x1＝x2＝，则f(1)＝1＋2f＝1，得f＝0，所以数列是等比数列，公比为，首项为1.
(2)由题意知函数f(x)的图象过定点(1,1)，
所以f(1)＝1.
令x1＝n，x2＝1，
则f(n＋1)＝1＋f(1)＋f(n)，
即f(n＋1)＝f(n)＋2，
则{f(n)}是等差数列，公差为2，首项为1，
故f(n)＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
因为bn＝，所以bn＝＝.
设g(n)＝T2n－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＝＋＋…＋，
则g(n＋1)－g(n)＝＋－＝＞0，
所以{g(n)}是递增数列，g(n)min＝g(2)＝＋＝，
从而log2(x＋1)＜，即log2(x＋1)＜2，则解得x∈(－1,3)，
所以实数x的取值范围为(－1,3)．

1．求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．
2．数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理．

(2019·淮南二模)若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(x∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logan，求证：对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.
解：(1)∵Sn＝－an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
∴an＝an－1，
又∵S1＝－a1，∴a1＝，
∴an＝n－1＝2n＋1.
(2)证明：由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得当n≥2时，
cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)．
∴＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝×

＝
＝－＜.
又∵＋＋＋…＋≥＝，∴原式得证．

限时50分钟　满分76分
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．(2020·重庆七校联考)若数列{an}满足－＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝(　　)
A．4　　　　 B．16　　　　 C．32　　　 　D．64
解析：C　[由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比为的等比数列，故是公比为的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故选C.]
2．(2020·江西省五校协作体考试)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n,2bn＝2an＋2－an＋1，则＋＋…＋＝(　　)
A. B. C. D.
解析：D　[因为an＋Sn＝2n　①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1　②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1.又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，＝＝－，则＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D.]
3．(2020·广东省六校联考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＜λ(λ为常数，n∈N*)，则λ的最小值是(　　)
A. B. C. D.
解析：C　[a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，①
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，②
①－②得，nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝3≠4，所以an＝
bn＝
所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋，③　Sn＝＋＋＋＋…＋＋，④
③－④得，Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－，
所以Sn＝－＜，所以易知λ的最小值是，故选C.]
4．(2019·青岛三模)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么∑100,i＝51f(i)的值为(　　)
A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500
解析：D　[由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n为奇数则f(n)＝n，
则∑100,i＝1f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)
＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)
＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)
＝2 500＋∑50,i＝1f(i)，
∴∑100,i＝51f(i)＝∑100,i＝1f(i)－∑50,i＝1f(i)＝2 500.]
5．(2019·深圳二模)已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝(　　)
A. B. C. D.
解析：C　[∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，选C.]
6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{an}中公差d≠0，a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，若对任意的n∈N*，恒有≤(m∈N*)，则m＝(　　)
A．0 B．1 C．2 D．1或2
解析：D　[由已知可得，a＝a1·a5，即(1＋d)2＝1·(1＋4d)，又d≠0，解得d＝2，所以an＝2n－1.因为a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，所以2kn－1＝3n＋1.令bn＝＝，设数列{bn}中的最大项为bl，故满足解得1≤l≤2，即数列{bn}中的最大项为b1，b2，所以m＝1或2.]
二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)
7．(2019·昆明三模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为________．
解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.
答案：1 123
8．(2019·山师附中质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：
a1
a2，a3
a4，a5，a6
a7，a8，a9，a10
……
记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…，构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＝2bn－1，则a56＝________.
解析：当n≥2时，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝2n－1.
设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)
9．(2020·郑州三测)已知数列{an}满足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足bn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是？
解析：(1)因为2an·an＋1＋an＋1－an＝0，
所以an＋1＝，
－＝－＝2，
由等差数列的定义可得是首项为＝1，公差为d＝2的等差数列．
故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝.
(2)由(1)得bn＝，
所以Sn＝＋＋…＋，
两边同乘以得，Sn＝＋＋…＋，
两式相减得Sn＝＋2－，
即Sn＝＋2×－＝－－，
所以Sn＝3－.
因为Sn＋1－Sn＝－＝＞0，所以数列{Sn}是关于项数n的递增数列，所以Sn≥S1＝，因为＜，所以不存在n，使得Sn＝.
10．(2019·武汉二模)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解析：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝－(n∈N*)．
②因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；
当n≥5时，
cn＝，
而－＝＞0，
即数列当n≥5时是递减的．
所以≤＜1，
所以，当n≥5时，cn＜0.
综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.
11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)已知＝，求证：≤＋＋…＋＜1.
解析：(1)因为3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝.
则＝3×，＝3×，＝3×，…，
＝3×，
累乘，可得＝3n－1×n，因为b1＝3，所以bn＝n·3n，
即数列{bn}的通项公式bn＝n·3n.
(2)证明：因为＝，所以an＝·3n.
因为＝·
＝·＝·
＝·－·，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋
＝1－·.
因为n∈N*，所以0＜·≤，
所以≤1－·＜1，
所以≤＋＋…＋＜1.
11．(理)(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”．
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M数列”；
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，
q≠0.
由得解得
因此数列{an}为“M数列”．
(2)①因为＝－，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.
由＝－，得Sn＝，
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝－，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
②由①知，bk＝k，k∈N*.
因为数列{cn}为“M数列”，设公比为q，所以c1＝1，
q＞0.
因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m.
当k＝1时，有q≥1；
当k＝2,3，…，m时，有≤ln q≤.
设f(x)＝(x＞1)，则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：
x
(1，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

因为＝＜＝，所以f(k)max＝f(3)＝.
取q＝，当k＝1,2,3,4,5时，≤ln q，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5.
高考解答题·审题与规范(三)　数列类考题
数列问题重在“归”
思维流程
　　等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量．只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把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等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.

真题案例
审题指导
审题方法
(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列{an＋bn}为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列{an－bn}为等差数列；(2)由(1)分别求得数列{an＋bn}和{an－bn}的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得{an}，{bn}的通项公式.
结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破.
规范解答
评分细则
[解析]　(1)由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)2分①
又因为a1＋b1＝1≠0.3分②
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.4分③
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.5分④
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.6分⑤
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.8分⑥
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－.10分⑦
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.12分⑧
第(1)问踩点得分
①由已知得出an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)得2分．
②算出a1＋b1＝1≠0得1分．
③证明{an＋bn}是等比数列得1分．
④由已知得出an＋1－bn＋1＝an－bn＋2得1分．
⑤证明{an－bn}是等差数列得1分．
第(2)问踩点得分
⑥分别计算an＋bn，an－bn的通项各得2分．
⑦求出an的通项得2分．
⑧求出bn的通项得2分.