2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第六章高考专题突破三高考中的数列问题

高考专题突破三　高考中的数列问题
等差数列、等比数列基本量的运算
命题点1　数列与数学文化
例1　(1)(2019·乐山模拟)《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织多少尺布？(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由题意可知每天织布的多少构成等差数列，其中第一天为首项a1＝5，一月按30天计可得S30＝390，从第2天起每天比前一天多织的即为公差d.又S30＝30×5＋×d＝390，解得d＝ .故选B.
(2)(2019·北京市房山区模拟)《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍，若蒲、莞长度相等，则所需时间为(结果精确到0.1，参考数据： lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)(　　)
A．2.2天 B．2.4天 C．2.6天 D．2.8天
答案　C
解析　设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An，则An＝＝6.
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则Bn＝ ＝2n－1，
由题意可得，6＝2n－1，
整理得，2n＋＝7，解得2n＝6或2n＝1(舍去)．
∴n＝log26＝＝1＋≈2.6.
∴蒲、莞长度相等大约需要2.6天．
故选C.
思维升华　对于数学文化中所涉及到的数列模型，解题时应认真审题，从问题背景中提取相关信息并分析归纳，然后构造恰当的数列模型，再根据等差或等比数列的有关公式求解作答，必要时要进行检验．
跟踪训练1　(1)(2019·湖南省长沙市第一中学模拟)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为(　　)
A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺
答案　B
解析　设这十二个节气日影长依次成等差数列{an}，
Sn是其前n项和，
则S9＝＝9a5＝85.5，所以a5＝9.5，
由题意知a1＋a4＋a7＝3a4＝31.5，所以a4＝10.5，
所以公差d＝a5－a4＝－1，所以a12＝a5＋7d＝2.5，故选B.
(2)(2019·江西省抚州市临川第一中学模拟)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还粟(　　)
A.升 B.升 C.升 D.升
答案　D
解析　因为5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为a1，a2，a3，
由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且S3＝50，
则＝50，解得a1＝，
所以马主人要偿还的量为a2＝2a1＝.
故选D.
命题点2　等差数列、等比数列的交汇
例2　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q＝－2，a1＝－2.
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．
思维升华　等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．
跟踪训练2　(2019·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．
解　(1)设数列{an}的公差为d.
由题意可知
整理得即∴an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，
∴S4＝16，S6＝36，
又S4Sn＝S，∴n2＝＝81，
∴n＝9，公比q＝＝.
数列的求和
命题点1　分组求和与并项求和
例3　(2019·湖南省张家界慈利县期中)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝3，b3＝9，可得q＝＝3，
所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1，
又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以d＝＝2，
所以数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)×d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为
[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)
＝＋＝n2＋.
命题点2　错位相减法求和
例4　(2019·安徽省合肥一中、安庆一中等六校联考)设等比数列{an}满足a1＋a3＝20，a2＋a4＝10.
(1)令Tn＝a1a2a3…an，求Tn 的最大值；
(2)令bn＝log2an，求数列{anbn}的前 n 项和Sn .
解　(1)设等比数列{an}首项为a1，公比为q，
所以a1＋a1q2＝20，a1q＋a1q3＝10，
解得所以an＝，
当an＝≥1时，解得n≤5，
所以a1>a2>a3>a4>a5＝1>a6>a7>…，
所以Tn的最大值为T4＝T5＝16×8×4×2＝1 024.
(2)由(1)知bn＝log2an＝log2 ＝5－n，
则an·bn＝(5－n)·n－5，
Sn＝4·－4＋3·－3＋…＋(5－n)·n－5，
两边同时乘得，Sn＝4·－3＋3·－2＋…＋(5－n)·n－4，
两式相减得，
Sn＝4·－4－－(5－n)·n－4
＝4×16－－(5－n)·n－4
＝64－16－(5－n)·n－4
＝48＋(n－3)·n－4，
所以Sn＝96＋(n－3)·25－n.
命题点3　裂项相消法求和
例5 (2020·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.
解　(1)因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝a＋3a1＋2，所以t＝5.
所以6Sn＝a＋3an＋2.①
当n≥2时，有6Sn－1＝a＋3an－1＋2，②
①－②得6an＝a＋3an－a－3an－1，
所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
又因为a1＝1，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N*)．
(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，
所以当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝.
又b1＝1也适合上式，所以bn＝(n∈N*)．
所以＝
＝·＝·，
所以Tn＝·
＝·，
＝.
思维升华　(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．
跟踪训练3　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an(n∈N*)．
①证明：数列是等比数列；
②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
①证明　∵a1＝，an＋1＝an，
当n∈N*时，≠0，
又＝，∶＝(n∈N*)为常数，
∴是以为首项，为公比的等比数列．
②解　由是以为首项，为公比的等比数列，
得＝·n－1，∴an＝n·n.
∴Sn＝1·＋2·2＋3·3＋…＋n·n，
Sn＝1·2＋2·3＋…＋(n－1)n＋n·n＋1，
∴两式相减得Sn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1，
∴Sn＝2－n－1－n·n＝2－(n＋2)·n.
综上，an＝n·n，Sn＝2－(n＋2)·n.
(2)(2019·天津市南开区模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan.
①求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
②设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn0，∴a1＝1，q＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝a＋log2an ＝4n－1＋n－1，
∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)
＝＋＝＋.
3．(2020·合肥质检)已知等比数列{an}是首项为1的递减数列，且a3＋a4＝6a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由a3＋a4＝6a5且a1＝1，
得6q2－q－1＝0，
解得q＝或q＝－.
∵数列{an}为递减数列，∴q＝.
∴an＝1×n－1＝n－1.
(2)∵bn＝n·an＝n·n－1，
∴Tn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋n·n－1，
∴Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋n·n.
两式相减得
Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1－n·n＝－nn＝2－2·n－n·n＝2－，
∴Tn＝4－.

4．数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn，并证明：＋＋…＋>.
(1)证明　∵an＋1＝，
∴＝，化简得＝2＋，
即－＝2，
故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解　由(1)知＝2n－1，
所以Sn＝＝n2，＝>＝－.
证明：＋＋…＋＝＋＋…＋>＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝.

5．设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.记ci＝ai＋bi (i＝1,2,3,4)．
(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；
(2)设a1＝1，q＝2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；
(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由．
(1)证明　假设数列c1，c2，c3是等差数列，
则2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3).
因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3.从而2a2＝a1＋a3.
又因为a1，a2，a3是等比数列，所以a＝a1a3.
所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立．
所以数列c1，c2，c3不是等差数列．
(2)解　因为a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.
因为c＝c1c3，所以(2＋b2)2＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，
即b2＝d2＋3d，
由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，
所以d≠－1且d≠－2.
又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定义域为.
(3)解　假设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，
则
将①＋③－2×②得，a1(q－1)2＝c1(q1－1)2，⑤
将②＋④－2×③得，a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2，⑥
因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.
由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.
代入①得b1＝0.再代入②，得d＝0，与d≠0矛盾．
所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．