2020高三理科数学一轮复习讲义三《数列热点问题》

2020高三理科数学一轮复习讲义三《数列热点问题》

核心热点真题印证

核心素养等比(差)数列的判

定与证明2018·全国Ⅰ，17；2017·全国Ⅰ，17；2016·全国Ⅲ，17

逻辑推理、数学运算通项与求和2018·全国Ⅱ，17；2018·全国Ⅲ，17；2016·全国Ⅱ，17；2016·全国Ⅲ，17

数学运算、数学建模等差与等比数列的综合问题

2017·全国Ⅱ，17；2018·天津，18；2018·全国Ⅰ，17；2018·浙江，20

数学运算、逻辑推理

教材链接高考——等比(差)数列的判定与证明

[教材探究]1.(必修5P50例2)根据图2.4－2中的框图(图略，教材中的图)，写出所打印数列的前5项，并建立数列的递推公式.这个数列是等比数列吗？

2.(必修5P69B6)已知数列{a n }中，a 1＝5，a 2＝2，且a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3).对于这个数列的通项公式作一研究，能否写出它的通项公式？

[试题评析]

(1)题目以程序框图为载体给出递推数列{a n }，其中a 1＝1，a n ＝1

2

a n －1(n >1).进而由递推公式写

出前5项，并利用定义判断数列{a n }是等比数列.(2)题目以递推形式给出数列，构造数列模型b n ＝a n ＋a n －1(n ≥2)，c n ＝a n －3a n －1(n ≥2)，利用等比数列定义不难得到{b n }，{c n }是等比数列，进而求出数列{a n }的通项公式.

两题均从递推关系入手，考查等比数列的判定和通项公式的求解，突显数学运算与逻辑推理等数学核心素养.

【教材拓展】(2019·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2).(1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式.

(1)证明因为a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，

所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2).因为a 1＝5，a 2＝5，所以a 2＋2a 1＝15，所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，

所以数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列.(2)解由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n ).

又因为a 1－3＝2，所以a n －3n ≠0，

所以{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列.所以a n －3n ＝2×(－2)n －1，

故a n ＝2×(－2)n －

1＋3n .

探究提高数列递推式是数列命题常见类型，解题的关键是通过适当的变形，转化成特殊数列问题.【链接高考】(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a

n n .

(1)求b 1，b 2，b 3；

(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式.

解(1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）

n

a n .

将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.

(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：

由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a

n n ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列.

(3)由(2)可得a

n n ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.

教你如何审题——等差与等比数列的综合问题

【例题】(2018·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；

(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值.[审题路线]

[自主解答]

解(1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0).由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.

因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －

1.

所以T n ＝1－2n 1－2

＝2n

－1.

设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.

由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .

所以S n ＝n （n ＋1）

2.

(2)由(1)，有

T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2×（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.

由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n

可得n （n ＋1）2

＋2n ＋1

－n －2＝n ＋2n ＋1，

整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以n 的值为4.

探究提高 1.本题主要考查等差、等比数列通项公式与前n 项和公式计算，突出方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键.

2.利用等差(比)数列的通项公式及前n 项和公式列方程(组)求出等差(比)数列的首项和公差(比)，进而写出所求数列的通项公式及前n 项和公式，这是求解等差数列或等比数列问题的常用方法.

3.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化.

【尝试训练】(2017·全国Ⅱ卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.

(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式；(2)若T 3＝21，求S 3.

解设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.①(1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得

d ＝3，q ＝0(舍去)，d ＝1，

q ＝2.

因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0.解得q ＝－5或q ＝4.

当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21.当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.

满分答题示范——数列的通项与求和

【例题】(12分)(2017·全国Ⅲ卷)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列a n

2n ＋1的前n 项和.[规范解答]

[高考状元满分心得]

?得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由a n 满足的关系式，通过消项求得a n ，验证n ＝1时成立，写出结果.在第(2)问中观察数列的结构特征进行裂项→利用裂项相消法求得数列的前n 项和S n .

?得关键分：(1)a n －1满足的关系式，(2)验证n ＝1，(3)对通项裂项都是不可少的过程，有则给分，无则没分.

?得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点2)，(得分点5)，(得分点7).[构建模板]

【规范训练】(2019·芜湖调研)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.

即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.

所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *).

(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，

则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －

1＋(2n －1)2n ，①

2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1.②由①－②得，

－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1

＝2＋2×4（1－2n －1）

1－2

－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，

所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋

1.

1.(2016·全国Ⅰ卷)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝1

3，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .

(1)求{a n }的通项公式；(2)求{b n }的前n 项和.

解(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝1

3

，得a 1＝2.

所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1＝b

n 3

，

因此{b n }是首项为1，公比为1

3的等比数列.

记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－13n 1－

13

＝32－12×3n －1.2.已知数列{a n }满足a 1＝1

2，且a n ＋1＝2a n 2＋a n .

(1)求证：数列1

a n 是等差数列；

(2)若b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明易知a n ≠0，∵a n ＋1＝2a n

2＋a n ，

∴1a n ＋1＝2＋a n 2a n ，∴1a n ＋1－1a n ＝1

2，又∵a 1＝12，∴1

a 1

＝2，

∴数列1

a n 是以2为首项，1

2为公差的等差数列.

(2)解由(1)知，1a n ＝2＋1

2(n －1)＝n ＋32，即a n ＝2n ＋3，

∴b n ＝4

（n ＋3）（n ＋4）＝41n ＋3－1

n ＋4，

S n ＝414－15＋15－

16＋…＋1n ＋3－1n ＋4＝414－1n ＋4＝n

n ＋4

.3.(2019·长郡中学联考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，a 1＝1，b 1＝2，b 2＝2a 2，b 3＝2a 3＋2.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；

(2)若a n

b n 的前n 项和为S n ，求证：S n <2.(1)解设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由题意得2q ＝2（1＋d ），2q 2＝2（1＋2d ）＋2，

解得

d ＝1，q ＝2或

d ＝－1，

q ＝0

(舍)，∴a n ＝n ，b n ＝2n .

(2)证明由(1)知a n b n ＝n

2n ，

∴S n ＝12＋222＋3

23＋…＋n －12n －1＋n 2n ，

12S n ＝122＋223＋3

24＋…＋n －22

n －1＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝

1

21－1

2n

1－1

2－n 2

n ＋1，∴S n ＝2－1

2

n －1

－n

2

n ，∴S n <2.4.(2019·广州一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列S n

n 是首项为1，公差为2的等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a

n b n ＝5－(4n ＋5)12n

，求数列{b n }的前n 项和T n .

解(1)由题意可得：S

n n ＝1＋2(n －1)，可得：S n ＝2n 2－n .

∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.当n ＝1时，a 1＝1对上式也成立.∴a n ＝4n －3(n ∈N *).

(2)∵a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a

n b n ＝5－(4n ＋5)12n

，

∴n ≥2时，a 1b 1＋a 2

b 2＋…＋a n －1b n －1＝5－(4n ＋1)1

2

n －1

，

相减可得：a n

b n ＝(4n －3)×12n (n ≥2)，

又a 1b 1＝1

2

满足上式，∴a n

b n

＝(4n －3)×12n

(n ∈N *).∴b n ＝2n

.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝2（2n －1）2－1

＝2n ＋1

－2.

5.(2019·成都诊断)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1＝2，且a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n <3

19成立的最大的正整数n .

解(1)设{a n }的公差为d .

由a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成等比数列，可得(a 2＋1)2＝(a 1＋1)(a 4＋1)，又a 1＝2，∴(3＋d )2＝3(3＋3d )，解得d ＝3(d ＝0舍去)，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋3(n －1)＝3n －1.

(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －1）（3n ＋2）＝1

313n －1－1

3n ＋2，

S n ＝1312－15＋15－1

8

＋…＋

13n －1－13n ＋2＝131

2－

13n ＋2＝n 2（3n ＋2）

，则S n <319，即

n 2（3n ＋2）<3

19，解得n <12，则所求最大的正整数n 为11.

6.(2019·德州二模)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)a n ＝(n ＋1)S n －1＋n (n －1)，n ∈N *.

(1)证明：数列S n

n ＋1

为等比数列；(2)记T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ，求T n .(1)证明当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，所以(n －1)(S n －S n －1)＝(n ＋1)S n －1＋n (n －1)，即(n －1)S n ＝2nS n －1＋n (n －1)，则S n

n ＝2×S n －1n －1＋1，

所以S n n ＋1＝2×S n －1

n －1＋1，又S

11＋1＝2，

故数列S n

n ＋1

是首项为2，公比为2的等比数列.(2)解由(1)知S n

n ＋1＝S 1

1＋1·2n －1＝2n ，

所以S n ＝n ·2n －n ，

故T n ＝(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n ).设M ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n ，则2M ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1，

所以－M ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，所以M ＝(n －1)·2n ＋1＋2，

所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2－n （n ＋1）

2

.