高考数学复习考前冲刺三突破6类解答题第二类数列问题重在“归”——化归、归纳课件
专题05数列热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍
数列热点问题是高考数学中的一个常见题型，涉及到数列的公式、递推关系、性质等内容。
解题时，需要运用一些解题技巧和方法，帮助我们快速找到解题思路和解题方法。
本文将介绍一些解题指导和解题技巧，以帮助同学们在高考数学中顺利解出数列热点问题。
一、题目分析在解题时，首先要对题目进行分析，了解题目要求、条件和给出的信息。
同时，要注意题目中是否涉及到常见的数列类型，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
对数列类型的识别能够帮助我们快速找到解题的思路和方法。
二、找出递推关系在解数列问题时，一般都要找出数列的递推关系，即当前项与前一项之间的关系。
常见的递推关系包括等差递推关系、等比递推关系、斐波那契递推关系等。
通过找出递推关系，我们可以利用已知的条件来求解未知的项或性质。
三、寻找规律和性质在解题过程中，我们常需要观察数列的规律和性质。
通过观察找到的规律和性质，我们可以进一步得出结论，并解答题目中的问题。
寻找规律和性质时，可以关注数列的项数、奇偶性、尾项、前n项和等等。
四、变形和转化有时候，题目中给出的数列不太容易求解或者不太容易找到递推关系。
这时，我们可以尝试对数列进行变形或转化。
常见的变形和转化包括对数列项进行加减乘除操作，对数列求逆序、绝对值、倒数等。
通过变形和转化，我们可以简化解题过程，找到更容易求解的数列。
五、利用性质和定理在解题时，我们可以运用已知的数列性质和定理来辅助解题。
常见的数列性质和定理包括等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、等差中项公式、斐波那契数列的性质等。
熟练掌握这些数列性质和定理，并且善于灵活运用，可以帮助我们快速解决问题。
六、举例和验证在解题过程中，我们可以通过举例和验证来确认我们得到的结论和答案是否正确。
通过选取一些特殊的数列或者项数，我们可以检验我们的结论和答案是否符合预期。
如果验证结果不符合预期，我们需要检查之前的推理链条，找出错误的地方，并进行修正。
总结：数列热点问题在高考数学中占据着重要的位置。
(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法高考解答题的审题与答题示范(三)课件
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(本题满分 15 分)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*). (1)要求{an}和{bn}的通项公式⇒需求{an}的首项 a1 和公差 d；{bn}的首项 b1 和公比 q. (2)由(1)知 a2nb2n－1＝(3n－1)4n⇒分析 a2nb2n－1 的结构：{3n－1}是等差数列， {4n}是等比数列⇒符合错位相减法求和的特点.
标准答案
(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＝0.① 又因为 q＞0，解得 q＝2，所以 bn＝2n.② 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8(ⅰ) .
化归成基本量
标准答案 由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16(ⅱ). 联立(ⅰ)(ⅱ)，解得 a1＝1，d＝3，③ 由此可得 an＝3n－2.④ 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.⑤ (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，⑥
标准答案 故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，(*)⑦ 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，(**)⑧ (*)－(**)得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝
六大技巧突破高考数学数列题型
六大技巧突破高考数学数列题型
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写在开篇的话：
数列是高中数学的主干知识板块之一,解答数列试题要熟悉数列的基础知识,还要运用大量的数学思想方法,数列试题对考查考生的数学素养具有极高的价值.下面总结解答数列试题的八大技巧让你轻松学会数列！
技巧一巧用定义直接解题
技巧二巧用项的性质减少计算
技巧三巧用升降角标法实现转化
技巧四巧用不完全归纳找规律
技巧五巧用等差数列求和公式突破关键
技巧六利用裂项实现求和
下边我们来具体看看：
系列专题完！。
数列热考6类大题梳理(解析版)
数列大题考情分析数列是高考数学的热门考点之一，其中等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法，以及等差(比)数列有关的错位相减法和裂项相消法求和是考查的重点内容。
有时也会结合不等式进行综合考查，此时难度较大。
热点题型突破题型一：等差数列与等比数列证明1(2024·云南楚雄·高三统考期末)已知数列a n满足a1=2，a n+1=a n+2n+2n-1.(1)求a2，a3；(2)求a n，并判断a n-(n-1)2是否为等比数列.【答案】(1)a2=5,a3=12；(2)a n=2n+(n-1)2，是等比数列【思路分析】(1)分别令n=1，n=2，计算可得所求值；(2)利用累加法，结合等差数列、等比数列的求和公式，可求数列a n的通项公式，可得a n-(n-1)2=2n，得解．【规范解答】(1)a2=a1+2+2-1=2+3=5，a3=a2+22+4-1=5+7=12(2)因为a n+1=a n+2n+2n-1，所以a n+1-a n=2n+2n-1，所以a2-a1=2+2-1，a3-a2=22+2×2-1，⋯，a n-a n-1=2n-1+2n-3(n≥2)，将以上各式相加得a n-a1=(2+22+⋯+2n-1)+(1+3+⋯+2n-3)=2n-2+(1+2n-3)(n-1)2=2n-2+(n-1)2(n≥2).因为a1=2，所以a n=2n-2+(n-1)2+2=2n+(n-1)2(n≥2)，又a1=2也满足a n=2n+(n-1)2，所以a n=2n+(n-1)2，所以a n-n-12=2n⇒a n+1-n2a n-n-12=2n+12n=2，所以a n-(n-1)2是等比数列，且首项、公比均为2.判断数列是否为等差货等比数列的策略1、将所给的关系进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的概念进行判断；2、若要判断一个不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可。
2024年高考数学大题突破：数列综合大题归类(解析版)
数列综合大题归类目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型基础原理：m pq =m q -p 1p -1q，如：12×4=14-212-14；基本题型：①1n n +1 =1n -1n +1；②12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；注意(避免掉坑)①分母分解因式：1n 2+3n=1n n +3 =131n -1n +3 ；②系数不相同就提系数：1n 2n +4=12⋅1n n +2 =12⋅121n -1n +2 ；③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n +k=1k 1n -1n +k ；(2)1n +k +n=1k n +k -n ；(3)12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1；(4)1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2；分式型分子裂差法形如f n a n ⋅a n +1型，如果f n =λa n +1-a n ，则可以分子裂差：f n a n ⋅a n +1=λa n +1-a n a n ⋅a n +1=λ1a n -1a n +11(22·23·龙岩·二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)由S nS 2n为常数，则n [1+1+(n -1)d ]22n [1+1+(2n -1)d ]2=2-d +nd4-2d +4nd为常数，即d =2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；(2)由(1)可得b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2=n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)，然后累加求和即可得证．【详解】(1)依题意，得：S 1S 2=S 2S 4，即a 1a 1+a 2=a 1+a 2a 1+a 2+a 3+a 4所以，12+d =2+d4+6d，化简得：d (d -2)=0因为d ≠0，所以d =2所以a n =1+2(n -1)=2n -1经检验：S n S 2n =n 24n 2=14成立(2)因为a n =2n -1所以b n =n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)=144n (2n -1)(2n +1)-4(n +1)(2n +1)(2n +3)=1412n -1+12n +1 -12n +1+12n +3=1412n -1-12n +3 ，所以b 1+b 2+b 3+⋯+b n =14[1-15 +13-17 +15-19 +⋯+12n -5-12n -1 +12n -3-12n +1 +12n -1-12n +3 ]=141+13-12n +1-12n +3 =1443-12n +1-12n +3 <13．2(22·23·秦皇岛·模拟预测)设等比数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等差数列，且公差d ≠0,a 1=b 1=2，a 3=b 3,S 3=b 5.(1)求数列a n 的通项公式以及前n 项和S n ；(2)数列2n +1n 2b n +4 2的前n 项和为T n ，求证：T n≤19.【答案】(1)a n =2n ,S n =2n +1-2(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列通项公式运算、等比数列通项公式和求和公式运算即可求解.(2)利用裂项相消法求出T n =19×1-1n +1 2，而1-1n +1 2<1，从而得出证明.【详解】(1)设a n 的公比为q ，由题意，可得a 1q 2=b 1+2d a 1+a 1q +a 1q 2=b 1+4d ，解得q =2d =3 ，所以a n =2n，所以S n =2×1-2n 1-2=2n +1-2；(2)由(1)得b n =2+3n -1 =3n -1，所以2n +1n 2b n +4 2=2n +1n 2(3n +3)2=2n +19n 2(n +1)2=191n 2-1(n +1)2，所以T n =b 1+b 2+⋯+b n =19×1-122 +122-132+⋯+1n 2-1(n +1)2=19×1-1n +1 2 ，因为1-1n +12<1，所以T n ≤19，得证.3(2024下·福建·高三校联考开学考试)已知正项数列a n 中，a 1=1，a n +1=a n +2a n +1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n =2a n +1a n a n +1的前n 项和S n ，求满足S n <99100的正整数n 的集合．【答案】(1)a n =n 2(2)n ∈N *|1≤n ≤8【分析】(1)由题意，可得到数列a n 是公差为1的等差数列，进而得到数列a n 的通项公式；(2)由(1)可得数列b n 的通项公式，利用裂项相消法即可求出S n ，进而解不等式.【详解】(1)由a n +1=a n +2a n +1，有a n +1=a n +1 2，即a n +12=a n +1 2，因为数列a n 是正项数列，所以a n +1=a n +1，即a n +1-a n =1，可得数列a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1=n ，故数列a n 的通项公式为a n =n 2；(2)由(1)可得b n =2n +1n 2n +1 2=n +1 2-n 2n 2n +1 2=1n 2-1n +12．所以S n =1-122+122-132+⋅⋅⋅+1n 2-1n +1 2 =1-1n +12，故不等式S n <99100可化为1-1n +1 2<99100，解得0<n <9，所以满足S n <99100的正整数n 的集合为n ∈N *|1≤n ≤8 .【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型指数裂项法形如mq n +r +t hq n +b hq n +1+b 型，如果mq n +r +t =λhq n +b -hq n +1+b ，则可以分子裂差：mq n +r +t hq n +b hq n +1+b=λhq n +1+b -hq n +bhqn+b hq n +1+b=λ1hq n +b -1hq n +1+b1(2023·广西玉林·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=2，a n +1=S n +n ．(1)证明：当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n +1a n +1a n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <13．【答案】(1)证明见解析，a n =2,n =12n-1,n ≥2(2)证明见解析【分析】(1)令n =1可求得a 2的值，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ，可得a n =S n -1+n -1，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列a n 的通项公式；(2)b n =12n +1-1-12n +2-1，利用裂项相消法可证得结论成立.【详解】(1)证明：因为a 1=2，a n +1=S n +n ，S n 为数列a n 的前n 项和，当n =1时，a 2=S 1+1=2+1=3，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ①，可得a n =S n -1+n -1②，①-②可得a n +1-a n =a n +1，即a n +1=2a n +1，所以，a n +1+1=2a n +1 ，又因为a 2+1=3+1=4≠2a 1+1 ，则当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，其公比为2，即当n ≥2时，a n +1=a 2+1 ⋅2n -2=4×2n -2=2n ，则a n =2n -1，a 1=2不满足a n =2n -1，所以，a n =2,n =12n -1,n ≥2.(2)证明：b n =2n +1a n +1a n +2=2n +12n +1-1 2n +2-1=12n +1-1-12n +2-1，则T n =b 1+b 2+⋯+b n =122-1-123-1 +123-1-124-1 +124-1-125-1 +⋯+12n +1-1-12n +2-1=13-12n +2-1<13.综上，对任意的n ∈N ∗，T n <13.2(2023上·海南海口·高三校考阶段练习)在数列a n a n ≠0 和b n 中，a 1=1,b 1=2，且a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项.(1)设c n =b na n，求证：数列c n -1 为等比数列；(2)若b n =3×2n2n +1,a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <3.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由等差中项整理得a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n +1，得c n +1-1=2(c n -1)即可证明；(2)应用裂项相消法即可求解.【详解】(1)依题a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项，则2a n +1b n =a n a n +1+a n b n +1，即a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n+1a n≠0，得b n+1a n+1=2⋅b na n-1，即c n+1=2c n-1，则c n+1-1=2(c n-1)，由c1-1=b1a1-1=1≠0，所以数列c n-1是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)由(1)得c n-1=2n-1，则c n=2n-1+1，则a n=b nc n=3×2n(2n-1+1)(2n+1)=612n-1+1-12n+1，则S n=612-13+13-15+⋯+12n-2+1-12n-1+1+12n-1+1-12n+1=612-1 2n+1=3-62n+1，因为n∈N∗，则62n+1>0，故S n<3.3(2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习)已知数列a n的首项a1=4，且满足a n+1=3a n -2n∈N*．(1)求证：数列a n-1为等比数列；(2)记b n=3na n⋅a n+1，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)证明见解析(2)S n=18-12⋅3n+1+2【分析】(1)由题设递推式可得a n+1-1=3a n-1n∈N*，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证a n-1为等比数列；(2)由(1)有a n=3n+1，进而求b n，利用裂项相消法求S n.【详解】(1)由a n+1=3a n-2n∈N*得a n+1-1=3a n-1n∈N*，又a1-1=3，所以a n-1是首项为3，公比为3的等比数列.(2)由(1)知，a n-1=3×3n-1=3n，所以a n=3n+1所以b n=3n3n+1⋅3n+1+1=12×13n+1-13n+1+1，S n=b1+b2+b3+⋯+b n=12×131+1-132+1+132+1-133+1+⋯+13n+1-13n+1+1=12×131+1-13n+1+1=18-12⋅3n+1+2.【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型正负型：等差裂和型形如-1n⋅f na n⋅a n+1型，如果f n =λa n+1-a n，则可以分子裂差：-1 n⋅f na n⋅a n+1=-1n⋅λa n+1-a na n⋅a n+1=-1n⋅λ1a n-1a n+11(2023·河北唐山·三模)设S n 为数列a n 的前n 项和，a n >0，a 2n +2a n +1=4S n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n +1的前n 项和T n.【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =-1+(-1)n12n +1【分析】(1)利用S n 与a n 的关系计算求通项；(2)结合(1)的结论，利用裂项相消法计算即可.【详解】(1)已知a 2n +2a n +1=4S n ①，当n =1时，a 1=1.当n ≥2时，a 2n -1+2a n -1+1=4S n -1②①-②得：a 2n +2a n -a 2n -1-2a n -1=4a n ，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0.又a n >0，所以a n +a n -1≠0，a n -a n -1=2.所以数列a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n =2n -1.(2)设b n =(-1)n 4n a n a n +1=(-1)n 4n 2n -1 2n +1=(-1)n 12n -1+12n +1 .T n =-1+13 +13+15 -15+17 +⋯+(-1)n 12n -1+12n +1 =-1+(-1)n 12n +1.2(2023·江苏镇江·二模)已知数列a n 满足：a 1=14,a n +1=nn +2a n.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =(-1)n (2n +1)a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =12n n +1(2)S n =-12+-1 n ⋅12n +2【分析】(1)运用累乘法计算；(2)运用裂项相消法求和.【详解】(1)由题意：a 2a 1=13,a 3a 2=24,a 4a 3=35,a 5a 4=46,⋯,a n +1a n =nn +2 ，∴a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×a 5a 4×⋯×a n +1a n =13×24×35×46×⋯×n n +2=2n +1 n +2，a n +1a 1=2n +1 n +2 ,a n +1=a 1×2n +1 n +2 =12n +1 n +2 ，a n =12n n +1 ，将n =1代入上式也成立，∴a n =12n n +1；(2)b n =-1 n 2n +1 a n =-1 n 2n +12n n +1=-1 n 1n +1n +1 ⋅12，S n =b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+⋯+b n =12-1-12+12+13-13-14+⋅⋅⋅+-1 n ⋅1n +-1 n ⋅1n +1=12-1+-1 n ⋅1n +1 =-12+-1 n⋅12n +2.3(2023·湖南永州·三模)记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1=1-4.(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n .【答案】(1)证明见解析(2)-8n 40n +25【分析】(1)根据题意得到T n T n -1=a n ，由1a n =1-4T n，化简得到T n -T n -1=4，求得T 1=5，结合等差数列的定义，即可求解；(2)由(1)可得T n =4n +1，得到b n =-1 n ⋅14n +1+14n +5，结合裂项法，即可求解.【详解】(1)证明：由题意得T n =a 1a 2⋯a n ，当n ≥2时，可得T n -1=a 1a 2⋯a n -1，可得Tn T n -1=a n ,(n ≥2)，因为1a n =1-4T n ，所以T n -1T n =1-4T n,(n ≥2)，即T n -1=T n -4(n ≥2)，即T n -T n -1=4,(n ≥2)，当n =1时，可得T 1=a 1，所以1T 1=1-4T 1，解得T 1=5，所以数列T n 是以5为首项，4为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得T n =5+(n -1)×4=4n +1，所以b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1=-1 n ⋅8n +6(4n +1)(4n +5)=-1 n ⋅14n +1+14n +5 ，所以S 2n =-15+19+19+113 -113+117+⋯-18n -3+18n +1 +18n +1+18n +5 =-15+18n +5=-8n 40n +25.【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和正负型：指数裂和型形如-1 n⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b型，如果mq n +r +t =λhq n +b +hq n +1+b ，则可以分子裂和：-1 n ⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =-1 n ⋅λhq n +1+b +hq n +b hq n +b hq n +1+b=-1 n ⋅λ1hq n +b +1hq n +1+b1(23·24上·湖北·期中)已知{a n }为等比数列，且a 2+a 3+a 4=14，a 2,a 3+1,a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当{a n }为递增数列时，b n =(-1)n 6a n +22n +1 2n +1+1 ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若存在n ∈N ∗,m ≥T n ，求m 的取值范围.【答案】(1)a n =2n -1或a n =25-n (2)m ≥-815【分析】(1)运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到{a n }通项.(2)由{a n }递增可得a n =2n -1，对b n 通项进行裂项展开，当n 为偶数、奇数时分别求出T n 表达式，然后再分别求出T n的范围，由存在n∈N∗,m≥T n，即可求出m的取值范围.【详解】(1)设等比数列{a n}公比为q，由a2+a3+a4=14a2+a4=2a3+1⇒a3=4q=2或a3=4q=12，∴a n=2n-1或a n=25-n.(2)当{a n}为递增数列时，a n=2n-1所以b n=(-1)n3⋅2n+22n+12n+1+1=(-1)n12n+1+12n+1+1当n为偶数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯+12n+1+12n+1+1=-13+12n+1+1在n∈N*上单调递减，∴T n∈-13,-29，当n为奇数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯-12n+1+12n+1+1=-13-12n+1+1在n∈N*上单调递增，∴T n∈-815,-13，∴m≥-815.2(23·24上·黔东南·阶段练习)已知数列a n满足：a1=1，a n=2a n-1+1n≥2.(1)证明：a n+1是等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)a n+1+1，求b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1(2)S n=(-1)n(n+1)∙2n+1-12【分析】(1)通过构造可证a n+1为等比数列，根据等比数列通项公式可得a n+1，然后可得a n；(2)将数列b n通项公式变形为b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，直接求和可得.【详解】(1)证明：由a n=2a n-1+1(n≥2)，所以a n+1=2a n-1+2=2(a n-1+1)，所以{a n+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，所以a n+1=2n，即a n=2n-1(2)由(1)知：a n+1+1=2n+1，所以b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)∙2n+1.又b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，所以S n=-12+12·22+12·22+13·23-13·23+14·24+⋯+-1 n1n·2n+1n+1·2n+1=(-1)n(n+1)∙2n+1-123(22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中)已知数列a n满足a1=14,a n+1=3a n-4.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=(-1)n a n3n+13n+1+1，数列b n的前n项和为T n，若存在n∈N*，使m≥T n，求m的取值范围.【答案】(1)a n=4×3n+2(2)-720,+∞【分析】(1)依题意可得a n+1-2=3a n-2，再结合等比数列的定义即可证明；(2)由(1)可得b n=(-1)n13n+1+1 3n+1+1，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】(1)证明：因为a n+1=3a n-4，所以a n+1-2=3a n-2，即a n+1-2a n-2=3n∈N*，因为a1=14，所以a1-2=12，故数列a n-2是以12为首项，3为公比的等比数列，所以a n-2=12×3n-1=4×3n，则a n=4×3n+2.(2)解：由(1)知a n=4×3n+2，所以b n=(-1)n a n3n+13n+1+1=(-1)n4×3n+23n+13n+1+1=(-1)n13n+1+13n+1+1.当n为偶数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+L+-13n++113n+1+13n+1+13n++1=-13+1+13n+1+1=-14+13n+1+1，因为T n=-14+13n+1+1是单调递减的，所以-14<T n≤-314.当n为奇数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+⋯+13n++1+13n+1+-13n+113n+1+1=-13+1-13n+1+1=-14-13n+1+1，又T n=-14-13n+1+1是单调递增的，因为13n+1+1>0，所以-720≤T n<-14.要使存在n∈N*，使m≥T n，只需m≥T nmin，即m≥-720，故m的取值范围是-720,+∞.【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型 仿写规律：t>1①b na n⋅a n+1⋅t n⇒1a n⋅t n-1-1a n+1⋅t n=λb na n⋅a n+1⋅t n(可通分反解λ)；②b n⋅t na n⋅a n+1⇒t n+1a n+1-t na n=λb n⋅t na n⋅a n+1(可通分反解λ)1(23·24上·甘南·期中)在数列a n中，a1=2且∀n∈N*,a n+1=3a n+2×3n.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=a n+3na n a n+1，若b n的前n项和为S n，证明：S n<14.【答案】(1)a n=2n⋅3n-1,n∈N∗(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，化简得到a n+13n+1-a n3n=23，得出数列a n3n为等差数列，结合等差数列的通项公式，进而求得数列a n的通项公式；(2)由a n=2n⋅3n-1，得到b n=121a n-1a n+1，结合裂项法求和，求得S n=14-14(n+1)⋅3n，进而证得S n<1 4.【详解】(1)解：由a n+1=3a n+2×3n，两边同除以3n+1，可得a n+13n+1=a n3n+23，即a n+13n+1-a n3n=23，因为a1=2，可得a13=23，所以数列a n3n是首项为23，公差为23的等差数列，可得a n3n=23+(n-1)×23=2n3，所以a n=2n3×3n=2n⋅3n-1，即数列a n的通项公式为a n=2n⋅3n-1,n∈N∗.(2)解：由a n=2n⋅3n-1，可得b n=a n+3na n a n+1=2n⋅3n-1+3n2n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=(2n+3)⋅3n-12n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=1212n⋅3n-1-12(n+1)⋅3n=121a n-1a n+1，所以数列b n的前n项和为S n=121a1-1a2+1a2-1a3+⋯+1an-1a n+1=121a1-1a n+1=1212-12(n+1)⋅3n=14-14(n+1)⋅3n，因为4(n+1)⋅3n>0，可得14-14(n+1)⋅3n<14，即S n<14.2(23·24上·合肥·阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T n，令a n=log3T n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=n+1⋅2n-1a n a n+1，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)a n=n+22(2)S n=2n+2n+3-43【分析】(1)利用等比数列的基本性质结合倒序相乘法可求得T n，结合对数的运算可得出数列a n的通项公式；(2)计算得出b n=-2n+1n+2+2n+2n+3，利用裂项相消法可求得S n.【详解】(1)解：在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，设插入的这n个数分别为c1、c2、⋯、c n，由等比数列的性质可得c1c n=c2c n-1=⋯=c n c1=1×3=3，所以，T n=1⋅c1c2⋯c n⋅3 T n=3⋅c n c n-1⋯c1⋅1，所以，T2n =1⋅3⋅c1c n⋅c2c n-1⋅⋯⋅c n c1⋅1⋅3=3n+2，易知T n>0，所以，T n=3n+22，则an=log3T n=log33n+22=n+22.(2)解：b n =n +1 ⋅2n -1a n a n +1=n +1 ⋅2n -1n +2 n +34=n +1 ⋅2n +1n +2 n +3=2n +2 -n +3 ⋅2n +1n +2 n +3=-2n +1n +2+2n +2n +3，所以，S n =-223+234 +-234+245+⋯+-2n +1n +2+2n +2n +3 =2n +2n +3-43.3(23·24上·昆明·阶段练习)已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=2n +1a n n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 2a 2n -n 2，数列b n +22n +1b n ⋅b n +1 的前n 项和为S n ，求证：38≤S n<12.【答案】(1)a n =2n n +12(2)证明见解析【分析】(1)运用累乘法求出a n 的通项公式；(2)先运用裂项法求出S n 的解析式，再运用缩放法证明.【详解】(1)由已知a 1=2,a n +1a n=2n +1n ∈N * ，所以a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋯⋯a 2a 1⋅a 1=2n ⋅2n -1⋯⋯22⋅2=2n n +12n ≥2 ，当n =1时，a 1=2满足条件，所以a n =2n n +12；(2)由于b n =log 2a 2n -n 2=n ，所以b n +22n +1b n ⋅b n +1=n +22n +1n n +1 =1n ⋅2n -1n +1 2n +1，所以S n =11×2-12×22+12×22-13×23 +13×23-14×24+⋯+1n ⋅2n 1n +1 2n +，所以S n =11×2-1n +1 2n +1，显然S n 在N *上为增函数，S 1=11×2-12×22=38,∴S n ≥S 1=38，又S n =11×2-1n +12n +1<11×2=12，所以38≤S n <12；综上，a n =2n n +12.【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型常见的三角函数裂项：1.正切型裂项：若a n +1-a n =α,tan α=m (特殊角)，则tan α=tan a n +1-a n =tan a n +1-tan a n1+tan a n +1tan a n=m ，b n =tan a n +1tan a n =1mtan a n +1-tan a n -1；2.正余弦和与差公式应用裂项型：b n =sin1cos n cos (n -1)=sin [n -(n -1)]cos n cos (n -1)=sin n cos (n -1)-cos n sin (n -1)cos n cos (n -1)=tan n -tan (n -1)1(2023·山东威海·二模)已知2n +2个数排列构成以q n q n >1 为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n +2个数为8，设a n =log 2q n ．(1)证明：数列1a n是等差数列；(2)设b n =tanπa n tan πa n +1，求数列b n 的前100项和S 100．【答案】(1)数列1a n是以公差为23的等差数列.1a n +1-1a n =23(2)-99【分析】(1)根据等比数列的性质分析可得a n =32n +1，再结合等差数列的定义分析证明；(2)根据两角差的正切公式整理得b n =-33tan πa n +1-tan πa n-1，结合裂项相消法运算求解.【详解】(1)由题意可得：q 2n +1n=81=8，且q n >1，可得q n =232n +1，所以a n =log 2232n +1=32n +1，可得1a n =2n +13，则1a n +1-1a n =2n +1 +13-2n +13=23，所以数列1a n是以公差为23的等差数列.(2)由(1)可得πa n +1-πa n =2π3，则tan 2π3=tan πa n +1-πa n=tan πa n +1-tan πan 1+tan πa n +1tan πan=-3，整理得b n =tanπa n tan πa n +1=-33tan πa n +1-tan πa n-1，则S 100=b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 100=-33tan πa 2-tan πa 1 -1+-33tan πa 3-tan πa 2-1 +⋅⋅⋅+-33tan πa 101-tan πa 100-1=-33tanπa 2-tan πa 1 +tan πa 3-tan πa 2 +⋅⋅⋅+tan πa 101-tan πa 100-100=-33tan πa 101-tan πa 1-100=-33tan 203π3-tanπ -100=-33tan 68π-π3 -100=33tan π3-100=-99，所以数列b n 的前100项和S 100=-99.2(22·23高三上·山东济宁·期中)已知n ∈N *，抛物线y =-x 2+n 与x 轴正半轴相交于点A ，在点A 处的切线在y 轴上的截距为a n (1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =4n cos n πa n -1 a n +1，求数列b n 的前项和S n ．【答案】(1)a n =2n ；(2)S n =-2n +22n +1,n =2k -1-2n 2n +1,n =2k,k ∈N ∗ .【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程，再求出纵截距作答.(2)由(1)的结论求出b n，再分奇偶利用裂项相消法求解作答.【详解】(1)n∈N∗，抛物线与x轴正半轴的交点坐标为(n,0)，由y=-x2+n求导得：y =-2x，因此抛物线在点A处的切线的斜率为-2n，切线方程为y=-2n(x-n)，当x=0时，y=2n，所以a n=2n.(2)由(1)知，a n=2n，则b n=4n cos nπ(2n-1)(2n+1)=12n-1+12n+1cos nπ，当n为偶数时，S n=-1+1 3+13+15-15+17+17+19-⋯-12n-3+12n-1+1 2n-1+1 2n+1=-1+12n+1=-2n2n+1，当n为奇数时，S n=S n+1-b n+1=-1+12n+3-12n+1+12n+3=-1-12n+1=-2n+22n+1，S n=-2n+22n+1,n=2k-1-2n2n+1,n=2k,k∈N∗.3(22·23上·芜湖·期末)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=n+1a n．且a1=1(1)求a n的通项公式；(2)设a0=0，已知数列b n满足b n=sin1cos a n cos a n-1，求b n的前n项的和T n【答案】(1)a n=n；(2)tan n.【分析】(1)利用给定的递推公式，结合a n=S n-S n-1,n≥2变形，构造数列求解作答.(2)由(1)的结论，利用差角的正弦公式变形，再利用错位相减法求解作答.【详解】(1)因为n∈N*，2S n=n+1a n，当n≥2时，2S n-1=na n-1，两式相减得：2a n=(n+1)a n-na n-1，即(n-1)a n=na n-1，变形得a nn=a n-1n-1，于是得数列a nn是常数列，因此a nn=a11=1，即a n=n，所以数列a n的通项公式是a n=n.(2)由(1)知，a n=n，b n=sin1cos n cos(n-1)=sin[n-(n-1)]cos n cos(n-1)=sin n cos(n-1)-cos n sin(n-1)cos n cos(n-1)=tan n-tan(n-1)，所以T n=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+⋅⋅⋅+[tan n-tan(n-1)]=tan n-tan0=tan n.【题型七】递推公式：分式型不动点已知分式一次型数列递推关系a n+1=Ca n+DAa n+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D≠0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令a n+1+x=Ca n+DAa n+B+x=C+xAa n+D+BxAa n+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向b n+1=tb nAa n+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1≠x2，则a n-x2a n-x1为等比数列；若x1=x2，则1a n-x1为等差数列.1(22-23高三·河南·阶段练习)已知数列a n满足a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗．(1)证明：数列1a n+1是等差数列；(2)证明：a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1．【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.【分析】(1)根据条件a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗可得1a n+1+1=2+1a n+1，利用等差数列的定义即可证明结论；(2)利用(1)的结论可得a n=-2n+22n-1，即得|a n |=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗)，利用作差法可得|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2，由此可设S=a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1，即得S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，两式相乘可证明结论.【详解】(1)证明：根据题意a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗，可得a n+1+1=a n+12a n+3，则1a n+1+1=2a n+3a n+1=2+1a n+1，故1a n+1+1-1a n+1=2，1a1+1=10+1=1故数列1a n+1是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n+1=1+2(n-1)=2n-1，则a n=12n-1-1=-2n+22n-1，则|a n|=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗),由于2n-22n-1-2n-32n-2=(2n-2)2-(2n-3)(2n-1)(2n-1)(2n-2)=1(2n-1)(2n-2)>0，故|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2,(n≥2,n∈N∗)设S=a2⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1,则S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，则S2>23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1⋅12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n=12n+1，故S>12n+1,∴a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1.2(2024高三·全国·专题练习)在数列{a n}中，a1=4且a n+1=3a n+2a n+4，求数列{a n}的通项公式.【答案】a n=2n-1+5n-1 5n-1-2n-2【分析】法一，由a n+1+x=3a n+2a n+4+x=(x+3)a n+4x+2a n+4，令1x=x+34x+2，解得x1=-1,x2=2，即在等式两边同减去1，可构造出形式a n+1-1=2(a n-1)a n+4，从而两边再同取倒数可得1a n+1-1=12+52⋅1a n-1，由此配凑常数，可构造等比数列1a n-1+13进而求得等比数列通项，解an可得；法二，利用特征方程x=3x+2x+4有两个不等式根：x1=1,x2=-2，确定构造方向，先构造两个等式,再作比即可构造特殊数列，即可求得特殊数列的通项，再解出a n即可.【详解】法一，由a n+1=3a n+2a n+4两边减去1得，a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2(a n-1)a n+4，两边取倒数得，1a n+1-1=a n+42(a n-1)=a n-1+52(a n-1)=12+52⋅1a n-1，两边同加13得，1a n+1-1+13=56+52⋅1a n-1=52⋅1a n-1+13，由a1=4，则1a1-1+13=23≠0，所以有1a n+1-1+131a n-1+13=52，故1a n-1+13是以23为首项，52为公比的等比数列.所以1a n-1+13=23⋅52n-1，故a n-1=3⋅2n-12⋅5n-1+2n-1，解得a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.法二：因为a n+1=3a n+2a n+4，两边同减去1得a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2a n-2a n+4①，两边同加上2得a n+1+2=3a n+2a n+4+2=5a n+10a n+4②，由已知a1=4，则a1-1=3≠0,a1+2=6≠0，①②两式相除得，a n+1-1 a n+1+2=2a n-15(a n+2)，且a1-1a1+2=12≠0，所以，数列a n-1a n+2是以12为首项，25为公比的等比数列，∴a n-1a n+2=a1-1a1+2·25n-1=12⋅25 n-1，∴a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.3(2023高三·全国·专题练习)已知数列a n满足性质：对于n∈N,a n-1=a n+42a n+3,且a1=3,求{a n}的通项公式.【答案】a n =(-5)n -42+(-5)n【分析】根据特征方程的根，构造数列c n 的通项公式，再得到数列a n 的通项公式.【详解】依定理作特征方程x =x +42x +3,变形得2x 2+2x -4=0,其根为λ1=1,λ2=-2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第(2)部分，则有c n =a 1-λ1a 1-λ2⋅p -λ1r p -λ2rn -1=3-13+2⋅1-1⋅21+2⋅2n -1，n ∈N ∴c n =25-15n -1,n ∈N .∴a n =λ2c n -λ1c n -1=-2⋅25-15 n -1-125-15n -1-1,n ∈N .即a n =(-5)n -42+(-5)n,n ∈N .【题型八】插入数型插入数型1.插入数构成等差数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等差数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等差数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1+(n +2-1)d n ⇔d n =b n +2-b 1(n +2-1)2.插入数构成等比数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等比数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等比数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1∙q n (n +2-1)⇔q n (n +2-1)=b n +2b 1⇔ln b n +2b 1=ln q n (n +2-1)=(n +2-1)ln q n3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列a n 提供了多少项，其余都是插入进来的。
2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章 数列与数学归纳法 高考专题突破三第2课时含解析
第2课时 数列的综合问题题型一 数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中， 令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，①又2(a 2＋5)＝a 1＋19，②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n ＋1， ④ ③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n ＋1， 又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝⎛⎭⎫a 121＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1，即a n ＝3n －2n . (3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立.设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0， 则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).思维升华 数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝⎛⎭⎫122n ＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立.设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －322＋92， ∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二 数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2). (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <1. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n. ∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1， 方法一 当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证.方法二 当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <12＋14⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋ ⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华 数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解 设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1. (2)证明 因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3， 所以T n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫13－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －3－12n ＋1＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3， 因为14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13. 又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15， 所以15≤T n <13. 题型三 数列与数学文化 例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D解析 原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值.由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3， 则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华 我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式.跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A.4B.5C.9D.16答案 C解析 由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1， b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3， 则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3， 故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1a n ＝12(n ≥1)， 所以数列{a n }是公比为12的等比数列， 又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12， 所以a n ＝a 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32. (1)解 由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d 2， 因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明 由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2， 所以T n －2n <32. 3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ， 化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 4.已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2. 所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1. (2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1， 记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② 由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1 ＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1， 所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列， 所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2， 得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， 显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13， 于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解 设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝0(舍去)， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2. (2)证明 因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， 所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝Sn T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。
如何解决高考数学中的数列与数学归纳法难题
如何解决高考数学中的数列与数学归纳法难题数列与数学归纳法是高考数学中的重要难点之一。
很多学生在这部分内容上遇到困难，对于数列的特征与公式推导、数学归纳法的运用不太熟悉。
然而，只要我们掌握一些解题技巧和方法，就能轻松应对高考中的数列与数学归纳法难题。
本文将介绍几个解题的思路和策略，帮助考生更好地应对高考中的数学难题。
第一部分：数列的特征与公式推导数列是指按照一定规律排列的一组数。
在考试中，我们常见的数列有等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
解决数列问题的关键是要发现数列之间的规律，并根据规律进行推导。
首先，我们来看等差数列。
等差数列的特点是首项与公差确定，任意一项与项数之间的关系可以通过公式推导得出。
当我们遇到一个等差数列时，可以先求出公差，然后根据公式求出所需项数，这样就能轻松解决问题。
接下来是等比数列。
等比数列的特点是首项与公比确定，任意一项与项数之间的关系同样可以通过公式推导得出。
与等差数列类似，我们可以先求出公比，再根据公式求出所需项数，进而解决问题。
第二部分：数学归纳法的运用数学归纳法是解决一类问题的一种常用的证明方法。
在高考数学中，数学归纳法常常用于证明数学命题和不等式。
在解决数列问题时，数学归纳法也是一种重要的推理和证明工具。
数学归纳法的基本思想是：先证明当n=k时某个命题成立，然后假设当n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。
通过不断地递推，最终我们就能证明当n为任意自然数时命题都成立。
在解决数列问题中，数学归纳法通常用于证明某个数列的通项公式。
我们可以先通过观察和猜测，找出数列的规律，然后利用数学归纳法证明这个规律对所有项都成立。
这样，我们就能快速确定数列的通项公式，从而方便地求解题目。
综上所述，要解决高考数学中的数列与数学归纳法难题，关键是要发现数列之间的规律，并通过公式推导或数学归纳法证明这个规律的正确性。
在备考过程中，我们可以通过大量的练习和题目分析来提高解题的能力和水平。
2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法高考解答题的审题与答题示范三教案[浙江]
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高考解答题的审题与答题示范(三)数列类解答题[思维流程]——数列问题重在“归”——化归[审题方法]——审结构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．典例(本题满分15分)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}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{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n 项和(n∈N*).审题路线(1)要求{a n}和{b n}的通项公式⇒需求{a n}的首项a1和公差d；{b n}的首项b1和公比q.(2)由(1)知a2n b2n－1＝(3n－1)4n⇒分析a2n b2n－1的结构：{3n－1}是等差数列，{4n}是等比数列⇒符合错位相减法求和的特点.标准答案阅卷现场(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，第(1)问第(2)问得分点①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪2221111121 18分7分以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。
买本好点的参考书，做些练习。
如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。
做练习要对答案，最好把自己的错题记下来。
平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习复习。
2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例，要能用自己的话解释概念（理解概念）然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的出来（依靠自己才是最可靠的力量）。
最后主动挑战问题（兴趣是最好的老师），要经常攻关一些问题。
2019版二轮复习数学(理 高考5个大题 题题研诀窍 数列问题重在“归”——化归
[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型
(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要 首先求解的中间问题．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，确定解题的逻辑次序．
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝
2(n＋1)an.设bn＝ann.
(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．[ Nhomakorabea审题]求什么 判断数列{bn}是等比数列，想到判断等比数列的方法．
想什么 求{an}的通项公式，想到求 bn 的通项公式．
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn对任意n∈N *恒成立，
求实数a的取值范围． 解：(1)因为 an2＝Sn＋Sn－1(n≥2)，所以 an2＋1＝Sn＋1＋Sn. 两式相减，得 an2＋1－an2＝an＋1＋an. 因为 an>0，所以 an＋1－an＝1. 又 a1＝1，所以{an}是首项为 1，公差为 1 的等差数列． 所以 an＝n.
“专题过关检测”见“专题检测(十)” (单击进入电子文档)
(2)因为 bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得 an＝n， 所以 bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a， 所以 bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an. 因为 bn＋1>bn 恒成立， 所以 n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a， 解得 a>1－2n，所以 a>－1. 则实数 a 的取值范围为(－1，＋∞)．
如何解决高考数学中的数列与数学归纳法题目
如何解决高考数学中的数列与数学归纳法题目数列与数学归纳法是高考数学中常见的题型，对于考生来说，熟练掌握解决这类题目的方法和技巧至关重要。
本文将介绍一些解决高考数学中的数列与数学归纳法题目的策略和步骤。
一、数列题目解决策略对于数列题目，首先需要明确题目给出的条件以及需要求解的内容。
然后可以按照以下步骤进行解决：1. 找出数列的通项公式：通过观察数列中元素之间的规律，可以尝试找出数列的通项公式。
常见的数列有等差数列、等比数列和递推数列等，可以根据数列的性质来确定通项公式。
2. 确定数列的首项和公差（或公比）：根据数列的通项公式，可以确定数列的首项和公差（或公比）。
首项即数列中的第一个数，公差即等差数列中相邻两项之间的差值，公比即等比数列中相邻两项之间的比值。
3. 求解问题：根据题目给出的条件和要求，使用所确定的数列通项公式和已知信息，对数列进行计算，得到所需的结果。
需要注意题目中可能涉及到的问题类型，如求和、求极限、求范围等，应选择相应的解决方法。
二、数学归纳法题目解决策略数学归纳法常用于证明一些数学命题的正确性，在高考数学中也经常出现数学归纳法的题目。
解决这类题目时，可以按照以下步骤进行：1. 确定归纳假设：首先需要明确题目给出的命题，并对其进行归纳分析。
通过观察命题中的模式和规律，得出归纳假设，即命题成立的前提条件。
2. 验证归纳基础：归纳基础是证明归纳法的第一步，需要验证命题在某个确定的数值下是否成立。
通常选取最小的自然数或指定的特殊值进行验证，并确保命题在该值下是成立的。
3. 假设归纳成立：假设在某个确定的情况下命题成立，即假设命题对任意给定的自然数n成立。
4. 利用归纳法证明：利用归纳假设和归纳成立的情况，通过数学推理和逻辑推导来证明命题对n+1也成立。
通常需要进行等式转换、代数运算等步骤。
5. 总结归纳法的结果：根据归纳法的步骤和推导过程，总结出命题的结论，确保命题在任意给定的自然数下都成立。
盘点高考数学复习数列题型解题方法题型归纳
盘点高考数学复习数列题型解题方法题型归纳数列是以正整数集(或它的有限子集)为定义域的函数，是一列有序的数，整理了高考数学复习数列题型解题方法，供同学们参考学习。
数列问题篇数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合1. 在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2. 在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
3. 培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法.高考数学复习数列题型解题方法的全部内容就是这些，预祝考生可以取得哭大的进步。
2019年高考数学六大解答题突破突破三数列的综合应用高考解答题突破(三)数列的综合应用
高考解答题突破(三)数列的综合应用突破“两归”——化归、归纳[思维流程][技法点拨]1.由于数列是一个特殊的函数,也可根据题目特点,将其化归为函数问题,或通过对式子的改造,使其化归为可运用数列问题的基本方法.2.对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的特殊的情景出发,从中归纳出一般性的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.考向一等差、等比数列的证明证明数列是等差(比)数列的两种基本方法(1)定义法:a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇒{a n}是等差数列;a n＋1a n＝q(q是非零常数)⇒{a n}是等比数列.(2)等差(比)中项法:2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇒{a n}是等差数列;a2n＋1＝a n·a n＋2(n∈N*,a n≠0)⇒{a n}是等比数列.[解](1)由题意知,2S n＝(n＋1)2a n－n2a n＋1,2S n＋1＝(n＋2)2a n＋1－(n＋1)2a n＋2,两式相减,并化简得(n＋1)2(a n＋2＋a n)＝2(n＋1)2a n＋1,∴数列{a n }的公差为2,故a n ＝2n .(2)由题意知,b n b n ＋1＝λ·2a n ＝λ·22n ,b n ＋1b n ＋2＝λ·2a n ＋1＝λ·22(n ＋1),两式相除,可得b n ＋2＝4b n ,即{b 2n }和{b 2n －1}都是以4为公比的等比数列.∴b 2n ＝2·4n －1＝22n －1,b 2n －1＝22n －2,即b n ＝2n －1,则b n ＋1＝2b n ,因此存在λ＝12,使得数列{b n }是等比数列.巧造等差或等比判定方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列,还有通项公式法及 前n 项和公式法,但不作为证明方法;(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可;(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2,n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件,也就是要注意判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0.[对点训练]1.(2018·常州一模)已知n 为正整数,数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0,设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n .(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列; (2)若数列{b n }是等差数列,求实数t 的值.[解] (1)证明:∵数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0, ∴2n ＋1a n ＝na n ＋1.即a n ＋1n ＋1＝2a n n . ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以2为公比的等比数列. (2)由(1)可得a n n＝a 1×2n －1,∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ,∴b 1＝a 21t ,b 2＝a 22t 2,b 3＝a 23t 3.∵数列{b n }是等差数列,∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t 3.∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t 2,即16t ＝t 2＋48,解得t ＝12或t ＝4.经检验,当t ＝12时,b 2,b 3,b 4不成等差数列,故舍去.当t ＝4时,b n ＝a 2n 4n ＝na 214,数列{b n }为等差数列,所以t 的值为4.考向二 数列的通项与求和1.求数列的通项公式的方法(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法;(2)已知a n 与S n间关系式时适合用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求得;(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得.2.求数列的前n 项和的方法结合数列通项公式的特点,采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ,得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1],2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2],两式作差,求解数列通项和前n 项和的关键步骤[对点训练]2.(2018·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 1＝2,且2a 1,a 3,3a 2成等差数列.(1)求等比数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q ,∵2a 1,a 3,3a 2成等差数列,∴2a 1＋3a 2＝2a 3,即2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2,化简得2q 2－3q －2＝0,解得q ＝2或q ＝－12. ∵q >0,∴q ＝2.∵a 1＝2,∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1＝2n ,n ∈N *.(2)∵b n ＝(n ＋2)log 2a n ＝n (n ＋2),∴1b n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2, T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋ ⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2). 考向三 数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面:(1)判断数列问题中的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小,或者借助数列对应函数的单调性比较大小,还可以作差或作商比较大小;(2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题,此类问题可转化为函数的最值问题;(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题,此类问题常通过构造函数证明,或者直接利用放缩法证明.[解](1)∵4S n＝a n·a n＋1,n∈N*,∴4a1＝a1·a2,又a1＝2,∴a2＝4.当n≥2时,4S n－1＝a n－1·a n,得4a n＝a n·a n＋1－a n－1·a n.“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列.审题时应注意归纳法的运用,要看清项及下标的特征,要注意下标的范围.[对点训练]3.(2018·临川质检)已知数列{a n}满足对任意的n∈N*,都有a31＋a32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2,且a n >0.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ,不等式S n >13log a (1－a )对任意的正整数n 恒成立,求实数a 的取值范围.[解] (1)由a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2知a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2,则a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1],又a n >0,所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1,则a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2),故a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋a n ＋1,因为a n >0,所以a n ＋1－a n ＝1.又a 31＝a 21,所以a 1＝1.又a 22＝2a 1＋a 2,所以a 2＝2,所以a 2－a 1＝1,即当n ≥1时,有a n ＋1－a n ＝1,所以数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,故a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ,则1a n a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2, 所以S n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n a n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2, 则S n ＋1－S n ＝1(n ＋1)(n ＋3)>0,所以数列{S n }单调递增,所以(S n )min＝S 1＝13.要使不等式S n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立,只要13>13log a (1－a )即可.易知0<a <1,则1－a >a ,解得0<a <12. 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.专题跟踪训练(二十)1.(2018·内蒙古包头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n ＝2a n －3n (n ∈N *).(1)求a 1,a 2,a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3,试说明数列{b n }为等比数列,并求出数列{a n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时,由S 1＝a 1＝2a 1－3×1,得a 1＝3; 当n ＝2时,由S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－3×2,可得a 2＝9; 当n ＝3时,由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－3×3,得a 3＝21. (2)因为S n ＝2a n －3n ,所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1).上述两式相减得a n ＋1＝2a n ＋3,所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3), 所以b n ＋1＝2b n ,且b 1＝6.所以数列{b n }是以6为首项,2为公比的等比数列. 所以b n ＝6×2n －1.所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n －1).2.(2018·长春实验中学一模)已知在数列{a n }中,a 1＝1,当n ≥2时,其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式.(2)设b n ＝S n2n ＋1,求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ≥2时,将a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12中,得2S n S n－1＋S n －S n －1＝0,化简得1S n －1S n －1＝2,1S 1＝1,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项,2为公差的等差数列.∴1S n ＝2n －1,即S n ＝12n －1. (2)b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 3.已知各项均为正数的等差数列{a n }满足:a 4＝2a 2,且a 1,4,a 4成等比数列,设数列{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n ·2n 的前n 项和为T n ,求证:T n <3.[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 4＝2a 2,且a 1,4,a 4成等比数列,a n >0,所以⎩⎨⎧a 1＋3d ＝2(a 1＋d )，a 1·(a 1＋3d )＝16，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)证明:由(1)知a 1＝d ＝2,则S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .所以S n n ·2n＝n ＋12n .所以T n ＝221＋322＋423＋…＋n ＋12n ,① 12T n ＝222＋323＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1.②由①－②得,12T n ＝221＋122＋123＋…＋12n －n ＋12n ＋1.所以T n ＝2＋121＋122＋…＋12n －1－n ＋12n ＝2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＝3－12n －1－n ＋12n <3.故T n <3.4.设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足4S n ＝a 2n ＋1－4n－1,且a 1＝1,公比大于1的等比数列{b n }满足b 2＝3,b 1＋b 3＝10.(1)求证数列{a n }是等差数列,并求其通项公式;(2)若c n ＝a n 3b n,且c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立,求实数t 的取值范围.[解] (1)因为4S n ＝a 2n ＋1－4n －1,所以当n ≥2时,4S n －1＝a 2n －4(n－1)－1,得4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4, 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n＋2)2. 因为a n >0,所以a n ＋1＝a n ＋2.所以当n ≥2时,{a n }是公差d ＝2的等差数列, 又因为a 1＝1,a 22＝4a 1＋5＝9,所以a 2＝3. 所以a 2－a 1＝2.故{a n }是首项为1,公差为2的等差数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由题意得b 2q ＋b 2q ＝10,解得q ＝3或q ＝13(舍去). 所以b n ＝3n －1,c n ＝a n 3b n＝2n －13n .由c n ＋1－c n ＝(2n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ·43(1－n )≤0,可得c n 的最大值为c 1＝13,由c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立,得13≤t 2＋43t －2,解得t ≥1或t ≤－73.即实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－73∪[1,＋∞).。
2019年高考数学六大解答题突破突破三数列的综合应用高考解答题突破(三)数列的综合应用 (2)
高考解答题突破(三)数列的综合应用突破“两归”——化归、归纳[思维流程][技法点拨]1.由于数列是一个特殊的函数,也可根据题目特点,将其化归为函数问题,或通过对式子的改造,使其化归为可运用数列问题的基本方法.2.对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的特殊的情景出发,从中归纳出一般性的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明.考向一等差、等比数列的证明证明数列是等差(比)数列的两种基本方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列;a n ＋1a n ＝q (q 是非零常数)⇒{a n }是等比数列.(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列;a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *,a n ≠0)⇒{a n }是等比数列.[解] (1)由题意知,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1,巧造等差或等比判定方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列,还有通项公式法及前n 项和公式法,但不作为证明方法;(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可;(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2,n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件,也就是要注意判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0.[对点训练]1.(2018·常州一模)已知n 为正整数,数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0,设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列;(2)若数列{b n }是等差数列,求实数t 的值.[解] (1)证明：∵数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0,∴2n ＋1a n ＝na n ＋1.即a n ＋1n ＋1＝2a n n . ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以2为公比的等比数列. (2)由(1)可得a n n＝a 1×2n －1,∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ,∴b 1＝a 21t ,b 2＝a 22t 2,b 3＝a 23t 3.∵数列{b n }是等差数列,∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t 3.∴2×2a 21×4t＝a 21＋3a 21×42t 2, 即16t ＝t 2＋48,解得t ＝12或t ＝4.经检验,当t ＝12时,b 2,b 3,b 4不成等差数列,故舍去.当t ＝4时,b n ＝a 2n 4n ＝na 214,数列{b n }为等差数列,所以t 的值为4.考向二 数列的通项与求和1.求数列的通项公式的方法(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法;(2)已知a n 与S n间关系式时适合用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求得;(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得.2.求数列的前n 项和的方法结合数列通项公式的特点,采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法.[解](1)由题意知当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝6n＋5.求解数列通项和前n 项和的关键步骤[对点训练]2.(2018·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 1＝2,且2a 1,a 3,3a 2成等差数列.(1)求等比数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q ,∵2a 1,a 3,3a 2成等差数列,∴2a 1＋3a 2＝2a 3,即2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2,化简得2q 2－3q －2＝0,解得q ＝2或q ＝－12. ∵q >0,∴q ＝2.∵a 1＝2,∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1＝2n ,n ∈N *.(2)∵b n ＝(n ＋2)log 2a n ＝n (n ＋2),∴1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2, T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2). 考向三 数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面：(1)判断数列问题中的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小,或者借助数列对应函数的单调性比较大小,还可以作差或作商比较大小;(2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题,此类问题可转化为函数的最值问题;(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题,此类问题常通过构造函数证明,或者直接利用放缩法证明.[解](1)∵4S n＝a n·a n＋1,n∈N*,“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列.审题时应注意归纳法的运用,要看清项及下标的特征,要注意下标的范围.[对点训练]3.(2018·临川质检)已知数列{a n}满足对任意的n∈N*,都有a31＋a32＋…＋a3n＝(a1＋a2＋…＋a n)2,且a n>0.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ,不等式S n >13log a (1－a )对任意的正整数n 恒成立,求实数a 的取值范围.[解] (1)由a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2知a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2,则a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1],又a n >0,所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1,则a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2),故a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋a n ＋1,所以a n ＋1－a n ＝1.又a 31＝a 21,所以a 1＝1.又a 22＝2a 1＋a 2,所以a 2＝2,所以a 2－a 1＝1,即当n ≥1时,有a n ＋1－a n ＝1,所以数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,故a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ,则1a n a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2, 所以S n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n a n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2, 则S n ＋1－S n ＝1(n ＋1)(n ＋3)>0,所以数列{S n }单调递增,所以(S n )min ＝S 1＝13.要使不等式S n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立,只要13>13log a (1－a )即可.易知0<a <1,则1－a >a ,解得0<a <12.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 专题跟踪训练(二十)1.(2018·内蒙古包头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n ＝2a n －3n (n ∈N *).(1)求a 1,a 2,a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3,试说明数列{b n }为等比数列,并求出数列{a n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时,由S 1＝a 1＝2a 1－3×1,得a 1＝3; 当n ＝2时,由S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－3×2,可得a 2＝9; 当n ＝3时,由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－3×3,得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ,所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1). 上述两式相减得a n ＋1＝2a n ＋3,所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3), 所以b n ＋1＝2b n ,且b 1＝6.所以数列{b n }是以6为首项,2为公比的等比数列. 所以b n ＝6×2n －1.所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n －1).2.(2018·长春实验中学一模)已知在数列{a n }中,a 1＝1,当n ≥2时,其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12. (1)求S n 的表达式.(2)设b n ＝S n 2n ＋1,求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)当n ≥2时,将a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12中,得2S n S n－1＋S n －S n －1＝0,化简得1S n －1S n －1＝2,1S 1＝1,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项,2为公差的等差数列.∴1S n＝2n －1,即S n ＝12n －1. (2)b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 3.已知各项均为正数的等差数列{a n }满足：a 4＝2a 2,且a 1,4,a 4成等比数列,设数列{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n ·2n 的前n 项和为T n ,求证：T n <3. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4＝2a 2,且a 1,4,a 4成等比数列,a n >0,所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝2(a 1＋d )，a 1·(a 1＋3d )＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)证明：由(1)知a 1＝d ＝2,则S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .所以S n n ·2n ＝n ＋12n .所以T n ＝221＋322＋423＋…＋n ＋12n ,①12T n ＝222＋323＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1.②由①－②得,12T n ＝221＋122＋123＋…＋12n －n ＋12n ＋1. 所以T n ＝2＋121＋122＋…＋12n －1－n ＋12n ＝2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＝3－12n －1－n ＋12n <3. 故T n <3.4.设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足4S n ＝a 2n ＋1－4n－1,且a 1＝1,公比大于1的等比数列{b n }满足b 2＝3,b 1＋b 3＝10.(1)求证数列{a n }是等差数列,并求其通项公式;(2)若c n ＝a n 3b n,且c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立,求实数t 的取值范围.[解] (1)因为4S n ＝a 2n ＋1－4n －1,所以当n ≥2时,4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1,得4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4,即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2.因为a n >0,所以a n ＋1＝a n ＋2.所以当n ≥2时,{a n }是公差d ＝2的等差数列, 又因为a 1＝1,a 22＝4a 1＋5＝9,所以a 2＝3. 故{a n }是首项为1,公差为2的等差数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由题意得b 2q ＋b 2q ＝10,解得q ＝3或q ＝13(舍去).所以b n ＝3n －1,c n ＝a n 3b n＝2n －13n .由c n ＋1－c n ＝(2n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ·43(1－n )≤0,可得c n 的最大值为c 1＝13,由c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立, 得13≤t 2＋43t －2,解得t ≥1或t ≤－73.即实数t 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－73∪[1,＋∞).。
高考数学解密高考② 数列问题重在“归”——化归、归纳
高考数学解密高考②数列问题重在“归”——化归、归纳思维导图技法指津1.化归的常用策略(1)等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．(2)由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列问题化归为函数问题来解决．2．归纳的常用策略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、证明母题示例：2019年全国卷Ⅱ，本小题满分12分看到证明{a n＋b n}是等比数列，{a n－b n}是等差数列，想到等差(比)数列的概念；缺“a n＋1＋b n＋1”与“a n＋1－b n＋1”，借助题设条件利用方程思想补找该条件，并求{a n}和{b n}的通项公式．[构建模板·四步解法]数列类问题的求解策略n1n n＋1n a nn＋1.(1)证明数列{b n}是等差数列；(2)设c nb n＝2n＋1，求数列{c n}的前n项和T n(n∈N*)．[解](1)因为a1＝2，所以b1＝a11＋1＝1. 1分将(n＋2)a n＝(n＋1)a n＋1－2(n2＋3n＋2)两边同时除以(n＋1)(n＋2)得：a nn＋1＝a n＋1n＋2－2，3分∴a n＋1n＋2－a nn＋1＝2，即b n＋1－b n＝2. 4分∴数列{b n}是以1为首项，2为公差的等差数列. 5分(2)由(1)得b n＝1＋2(n－1)＝2n－1. 6分∵c nb n＝2n＋1，∴c n＝(2n＋1)b n＝(2n－1)·2n＋2n－1. 7分设P n＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，2P n＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，8分两式相减得：－P n＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×22(1－2n－1)1－2－(2n－1)·2n＋1＝－6－(2n－3)·2n＋1.化简得P n＝6＋(2n－3)·2n＋1. 10分设S n＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n(1＋2n－1)2＝n2，11分∴T n＝P n＋S n＝6＋(2n－3)·2n＋1＋n2. 12分。
2020高考解答题突破(三) 数列的综合应用 (2)
2020高考解答题突破(三)数列的综合应用突破“两归”——化归、归纳[思维流程][技法点拨]1．由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法．2．对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．考向一等差、等比数列的证明证明数列是等差(比)数列的两种基本方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇒{a n}是等差数列；a n＋1 a n＝q(q是非零常数)⇒{a n}是等比数列．(2)等差(比)中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇒{a n}是等差数列；a2n＋1＝a n·a n＋2(n∈N*，a n≠0)⇒{a n}是等比数列．[解](1)由题意知，2S n＝(n＋1)2a n－n2a n＋1，巧造等差或等比判定方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.[对点训练]1．(2018·常州一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值．[解] (1)证明：∵数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0， ∴2n ＋1a n ＝na n ＋1.即a n ＋1n ＋1＝2a n n . ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以2为公比的等比数列． (2)由(1)可得a n n＝a 1×2n －1，∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ，∴b 1＝a 21t ，b 2＝a 22t 2，b 3＝a 23t 3.∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t 3.∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t 2，即16t ＝t 2＋48，解得t ＝12或t ＝4.经检验，当t ＝12时，b 2，b 3，b 4不成等差数列，故舍去．当t ＝4时，b n ＝a 2n 4n ＝na 214，数列{b n }为等差数列，所以t 的值为4.考向二 数列的通项与求和1．求数列的通项公式的方法(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法；(2)已知a n 与S n间关系式时适合用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求得；(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得．2．求数列的前n 项和的方法结合数列通项公式的特点，采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法．[解](1)由题意知当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝6n＋5.求解数列通项和前n 项和的关键步骤[对点训练]2．(2018·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q ，∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 1＋3a 2＝2a 3，即2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2，化简得2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12. ∵q >0，∴q ＝2.∵a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *.(2)∵b n ＝(n ＋2)log 2a n ＝n (n ＋2)，∴1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2). 考向三 数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面：(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者借助数列对应函数的单调性比较大小，还可以作差或作商比较大小；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题，此类问题常通过构造函数证明，或者直接利用放缩法证明．[解](1)∵4S n＝a n·a n＋1，n∈N*，“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．审题时应注意归纳法的运用，要看清项及下标的特征，要注意下标的范围．[对点训练]3．(2018·临川质检)已知数列{a n}满足对任意的n∈N*，都有a31＋a32＋…＋a3n＝(a1＋a2＋…＋a n)2，且a n>0.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为S n ，不等式S n >13log a (1－a )对任意的正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)由a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2知a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2，则a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1]，又a n >0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1， 则a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2)，故a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋a n ＋1，所以a n ＋1－a n ＝1.又a 31＝a 21，所以a 1＝1.又a 22＝2a 1＋a 2，所以a 2＝2，所以a 2－a 1＝1，即当n ≥1时，有a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，则1a n a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以S n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n a n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， 则S n ＋1－S n ＝1(n ＋1)(n ＋3)>0，所以数列{S n }单调递增，所以(S n )min ＝S 1＝13.要使不等式S n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，只要13>13log a (1－a )即可．易知0<a <1，则1－a >a ，解得0<a <12.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 专题跟踪训练(二十)1．(2018·内蒙古包头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3的值．(2)设b n ＝a n ＋3，试说明数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式．[解] (1)当n ＝1时，由S 1＝a 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3； 当n ＝2时，由S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9； 当n ＝3时，由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)． 上述两式相减得a n ＋1＝2a n ＋3，所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， 所以b n ＋1＝2b n ，且b 1＝6.所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝6×2n －1.所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n －1)．2．(2018·长春实验中学一模)已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12. (1)求S n 的表达式．(2)设b n ＝S n 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)当n ≥2时，将a n ＝S n －S n －1代入S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12中，得2S n S n－1＋S n －S n －1＝0，化简得1S n －1S n －1＝2，1S 1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．∴1S n＝2n －1，即S n ＝12n －1. (2)b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 3．已知各项均为正数的等差数列{a n }满足：a 4＝2a 2，且a 1,4，a 4成等比数列，设数列{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n ·2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <3. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4＝2a 2，且a 1,4，a 4成等比数列，a n >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝2(a 1＋d )，a 1·(a 1＋3d )＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)证明：由(1)知a 1＝d ＝2，则S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .所以S n n ·2n ＝n ＋12n .所以T n ＝221＋322＋423＋…＋n ＋12n ，①12T n ＝222＋323＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1.②由①－②得，12T n ＝221＋122＋123＋…＋12n －n ＋12n ＋1. 所以T n ＝2＋121＋122＋…＋12n －1－n ＋12n ＝2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＝3－12n －1－n ＋12n <3. 故T n <3.4．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，且a 1＝1，公比大于1的等比数列{b n }满足b 2＝3，b 1＋b 3＝10.(1)求证数列{a n }是等差数列，并求其通项公式；(2)若c n ＝a n 3b n，且c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立，求实数t 的取值范围．[解] (1)因为4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，所以当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，得4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4，即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2.因为a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋2.所以当n ≥2时，{a n }是公差d ＝2的等差数列，又因为a 1＝1，a 22＝4a 1＋5＝9，所以a 2＝3.故{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由题意得b 2q ＋b 2q ＝10，解得q ＝3或q ＝13(舍去)．所以b n ＝3n －1，c n ＝a n 3b n＝2n －13n .由c n ＋1－c n ＝(2n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ·43(1－n )≤0，可得c n 的最大值为c 1＝13，由c n ≤t 2＋43t －2对一切正整数n 恒成立， 得13≤t 2＋43t －2，解得t ≥1或t ≤－73. 即实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－73∪[1，＋∞)．。
数学2021年高考二轮复习数列题型解题方法总结题型归纳
数学2021年高考二轮复习数列题型解题方法总结题型归纳数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
下面是整理的数列题型解题方法总结，希望对考生提高成绩有帮助。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合1. 在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2. 在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
3. 培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法.数学____高考二轮复习数列题型解题方法总结分享到这里，更多内容请关注高考数学题型归纳栏目。
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当n≥2时，Sn＝λSn－1＋λ，an＋1＝Sn＋1－Sn＝λ(Sn－Sn－1)＝λan，
an＋1 所以 a ＝λ. n
故数列{an}是首项为λ，公比为λ的等比数列.
n（n＋1）
(2)解
根据(1)得 an＝λn，所以 a1· a2…an＝λ1＋2＋…＋n＝λ
n（n＋1） 2
2
，
1 从而 bn＝nlogλλ
n＋1 ＝ ，则{bn}是首项为 1 的等差数列. 2
故 Tn＝
n＋1 n 1 ＋ 2
2
n（n＋3） ＝ . 4
则
1 1 1 1 1 1 2n Sn＝ 1－3 ＋ 3－5 ＋…＋2n－1－2n＋1＝1－ ＝ . 2n＋1 2通过条件归纳出a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)(n≥2)，
进而得出{an}的通项公式. (2)化归：把数列的通项分拆，利用裂项相消法求和. 2.破解策略：“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思
想可探索一些一般数列的简单性质 .等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基
本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思 想，将其转化为这两种数列.
【训练 2】 (2018· 南昌调研)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知首项 a1＝λ，Sn＋1＝λSn ＋λ(n∈N*)，其中常数 λ>1. (1)证明：数列{an}是等比数列； 1 (2)若数列{bn}满足 bn＝nlogλ(a1a2…an)(n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. a2 (1)证明 当 n＝1 时，S2＝λS1＋λ，即 a2＝λ2，a ＝λ， 1
【例2】 (2017· 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前
n 项和.
解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).(归纳)
2 两式相减得(2n－1)an＝2，所以 an＝ ， 2n－1
又n＝1时，a1＝2适合上式，
2 从而{an}的通项公式为 an＝ (n∈N*). 2n－1
an (2)记 2n＋1的前
n 项和为 Sn，
2 1 1 an 由(1)知 ＝ ＝ － ，(化归) 2n＋1 （2n－1）（2n＋1） 2n－1 2n＋1
第二类
数列问题重在“归”——化归、归纳
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.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，将数列问题化归为函数问题来解决.