(山东专用)新高考数学二轮复习 板块2 命题区间精讲 精讲2 数列学案(含解析)-人教版高三全册数学

数列
阅卷案例思维导图(2020·全国卷Ⅲ，T17，12分)设数列{a n}满足a1＝3，a n＋1＝
3a n－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{a n}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.
本题考查：递推数列、错位相减法等知识，逻辑推理、数学
运算等核心素养.
答题模板标准解答踩点得分
第1步：归纳、
猜想
由特殊到一般，发现规律，猜想通项. 第2步：证明利用数学归纳法证明猜想的正确性. 第3步：求和依据数列的特点，选择恰当的求和方法.
关键步骤
第4步：计算注意错位相减法的计算方法，计算务必细心. (1)由a1＝3，a n＋1＝3a n－4n得
←
⎩
⎨
⎧a2＝3a1－4＝5，…………………………1分
a3＝3a2－4×2＝7，……………………2分
猜想{a n}的通项公式为
a n＝2n＋1.………………………………3分
←
⎩
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎧证明如下(用数学归纳法)
当n＝1，2，3时，显然成立.①…………4分
假设n＝k时，a k＝2k＋1，k∈N*，
由a k＋1＝3a k－4k
＝3(2k＋1)－4k
＝2(k＋1)＋1，②………………………6分
故假设成立.
由①②可知，a n＝2n＋1，n∈N*.………7分
←
⎩
⎨
⎧(2)令b n＝2n a n＝(2n＋1)2n.
∴S n＝3×2＋5×22＋…＋(2n＋1)2n，③
∴2S n＝3×22＋5×23＋…＋(2n＋1)2n＋1，④
………………………………………9分
←
⎩
⎨
⎧∴③－④得
－S n＝3×2＋2×22＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1，
………………………………………………11分
∴S n＝(2n－1)2n＋1＋2.…………………12分
第(1)问得分点及说明：
1.只要a2，a3数据计算正
确就各得1分.
2.猜想正确再得1分.
3.符合数学归纳法证明步
骤得全分，否则不得分.
第(2)问得分点及说明：
1.列出S n的表达式并想利
用错位相减法求和得2
分.
2.“－S n”计算正确，不
化简不扣分.
3.S n的计算正确，但没化
到最简不扣分.
命题点1等差、等比数列的基本量的运算
1．两组重要公式
(1)等差数列：①S n＝n(a1＋a n)
2＝na1＋
n(n－1)
2d；
②a m＝a n＋(m－n)d；
1．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；
(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1. 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8.解得a 1＝1，q ＝3.
所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.
(2)由(1)知log 3a n ＝n －1. 故S n ＝n (n －1)
2.
由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)，即m 2－5m －6＝0. 解得m ＝－1(舍去)，m ＝6.
2．(2020·惠州第二次调研)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝83，a n ＋1＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋1λn ，
其中n ∈N *，λ为常数．
(1)求λ 的值；
(2)设b n ＝a n
n ，求数列{b n }的通项公式．
[解] (1)将n ＝1代入a n ＋1＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋1λn ，得a 2＝2a 1＋2λ， 由a 1＝1，a 2＝8
3，得λ＝3.
(2)由a n ＋1＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋13n ，得a n ＋1n ＋1－a n n ＝13n ，
即b n ＋1－b n ＝1
3n . 当n ＝1时，b 1＝a 1
1＝1，
当n ≥2时，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＝13n －1＋1
3n －
2＋…
＋132＋131＝13⎣
⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13
＝12－
12×3
n －1
，
所以b n ＝3
2－
1
2×3n －1
(n ≥2)．
因为b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3
2－
12×3
n －1
.
命题点2 数列的证明问题
1．判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法： 对于任意n ≥1，n ∈N *，验证a n ＋1－a n ⎝
⎛⎭⎪⎫
或
a n ＋1a n 为与正整数n 无关的同一个常数；(2)中项公式法． 2．a n ＋1
a n
＝q 和a 2
n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，
判定时还要看各项是否为零．
3．若要判断一个数列不是等差(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．
[高考题型全通关]
1．已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1
a n
的等差
中项．
(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；
(3)设b n ＝(－1)n
a n ，求{
b n }的前n 项和T n .
[解] (1)证明：由题意知2S n ＝a n ＋1
a n
，
即2S n a n －a 2n ＝1，
①
当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入①式得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，
整理得S 2n －S 2
n －1＝1(n ≥2)．
又当n ＝1时，
由①式可得a 1＝S 1＝1(负值舍去)，
∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ，
∵数列{a n }的各项都为正数， ∴S n ＝n ， ∴当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n －
n －1，
又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)．
(3)由(2)得 b n ＝(－1)n a n
＝
(－1)n
n －n －1
＝(－1)n (n ＋n －1)， 当n 为奇数时，
T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1) ＝－n ； 当n 为偶数时，
T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *)．
2．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列；
(2)求数列{S n }的前n 项和T n .
[解] (1)证明：原式可转化为S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 即S n ＝2S n －1－n ＋4，
所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]． 由S 1－2a 1＝1－4，
得S 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，
所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，
所以T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n
＝2n ＋3＋n 2－3n －82
.
命题点3 数列求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项，使得相加后，项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项相消，有的是间隔项相消．常见的裂项方式有：1
n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )
＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝1
2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝
⎛⎭
⎪⎫12n －1－12n ＋1等． 2．当数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，
1．(2020·广东四校联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令b n ＝2n －1(a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜12.
[解] (1)a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)，
①
当n ＝1时，a 2＝2＋S 1，即a 2＝4， 当n ≥2时，a n ＝2＋S n －1， ②
①－②可得a n ＋1－a n ＝S n －S n －1， 即a n ＋1＝2a n ，
∴a n ＝a 2×2n －2＝2n ，n ≥2，
当n ＝1时，a 1＝21＝2，满足上式，∴a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝2n －1
(2n －1)(2n ＋1－1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－12n ＋1－1. ∴T n ＜1
2.
2．(2020·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2－a n ，n ＝1，2，3，….数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n .
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)设c n ＝n (3－b n )，数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)∵n ＝1时，a 1＋S 1＝a 1＋a 1＝2，∴a 1＝1. ∵S n ＝2－a n ，即a n ＋S n ＝2，∴a n ＋1＋S n ＋1＝2. 两式相减得a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0，
即a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝0，故有2a n ＋1＝a n ，由S n ＝2－a n ，知a n ≠0， ∴a n ＋1a n
＝1
2(n ∈N *)．
∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，其通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12n －1
.
∵b n ＋1＝b n ＋a n (n ＝1，2，3，…)，∴b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
12n －1
，
∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝12，b 4－b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12n －2
(n ＝2，3，…)．
将这n －1个等式相加得，b n －b 1＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12n －2＝
1－⎝ ⎛⎭⎪
⎫
12n －1
1－12＝2－
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －2
.
又b 1＝1，∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪
⎫
12n －2
(n ＝2，3，…)，当n ＝1时也满足上式，
∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
12n －2
(n ∈N *)．
(2)∵c n ＝n (3－b n )＝2n ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
12n －1
，
∴T n ＝2⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤()
120
＋2×()121
＋3×()122
＋…＋(n －1)×()12n －2
＋n ×()
1
2
n －1
. ①
12T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭
⎪⎫121＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . ②
①－②得，12T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n
(n ∈N *)， T n ＝4×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n
1－12
－4×n ×
⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n
＝8－(8＋4n )×12n (n ＝1，2，3，…)． 命题点4 以数列为载体的“条件不良”问题
[高考题型全通关]
1．(2020·枣庄模拟)在①b 1＝－1，b 4＝8，②T n ＝2n
＋k ，③b 1＝1，S n ＝－n 22＋mn
2
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，作为问题的条件，再解答这个问题．
设等差数列{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＝b 4，a 5＝4，若数列{a n b n }的前n 项和为A n ，则A n 是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． [解] 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 当选①时，因为b 1＝－1，a 1＝b 4＝8，a 5＝4， 所以d ＝a 5－a 1
4＝－1，a n ＝8＋(n －1)×(－1)＝9－n ， q 3＝b 4
b 1
＝－8，q ＝－2，b n ＝－(－2)n －1，
则a n b n ＝(n －9)(－2)n －1，
A n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(－8)×(－2)0＋(－7)×(－2)1＋…＋(n －9)×(－2)n －1，
－2A n ＝(－8)×(－2)1＋(－7)×(－2)2＋…＋(n －9)×(－2)n ，
两式相减，并化简得A n ＝－269＋26－3n 9×(－2)n .
易知A n 不存在最大值．
当选②时，T n ＝2n ＋k ，可知b 1＝2＋k ，b 2＝T 2－T 1＝2，b 3＝T 3－T 2＝4， 又b 22＝b 1b 3，所以4＝(2＋k )×4，k ＝－1，
可知T n ＝2n －1，
当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝2n －1，又b 1＝1符合上式，所以b n ＝2n －1.
所以a 1＝b 4＝8，又a 5＝4，所以d ＝a 5－a 14＝－1，
a n ＝8＋(n －1)×(－1)＝9－n ，
a n
b n ＝(9－n )×2n －1，
可知当n ≥9时，a n b n ≤0，所以{a n b n }的前8项和与前9项和最大，且最大值为A 8＝A 9＝502.
当选③时，由S n ＝－n 22＋mn 2，可得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1＋m 2－n ，
因为a 5＝4，所以1＋m 2－5＝4，得m ＝17，故S n ＝－n 22＋17n 2，
当n ≥2时，a n ＝9－n ，a 1＝S 1＝8也符合上式，所以a n ＝9－n .
又b 4＝a 1＝8，b 1＝1，所以q 3＝b 4b 1
＝8，q ＝2，b n ＝2n －1. a n b n ＝(9－n )×2n －1，
可知当n ≥9时，a n b n ≤0，所以{a n b n }的前8项和与前9项和最大，且最大值为A 8＝A 9＝502.
2．(2020·青岛模拟)在①a 3＋b 3＝0，②S 3＝－19.5，③a 3＋a 1＝2＋b 2·b 4这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的λ存在，求出λ的值；若λ不存在，说明理由．
已知等差数列{a n }的公差为d ，S n 是数列{a n }的前n 项和，等比数列{b n }的公比为q (q ≠1)，T n 是数列{b n }的前n 项和，________，b 1＝1，T 3＝3，d ＝－q ，是否存在正整数λ，使得关于k 的不等式λ(30＋S k )≤10有解？
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．
[解] 由b 1＝1，T 3＝b 1(1＋q ＋q 2)＝3，得q ＝－2或q ＝1(舍去)，
∴b n ＝(－2)n －1.
选①，∵a 3＋b 3＝0，∴a 3＝－b 3＝－4，d ＝－q ＝2，
∴a n ＝a 3＋2(n －3)＝2n －10，a 1＝－8，
∴S n ＝n (n －9)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －922－814≥－20， 由λ(30＋S k )≤10得λ≤10
30＋S k ≤1，
∴λ＝1，
∴当λ＝1时，30＋S k ≤10，解得k ＝4或5，故存在λ＝1，使得关于k 的不等式λ(30＋S k )≤10有解．
选②，∵S 3＝－19.5，∴a 2＝－6.5，d ＝－q ＝2，
∴a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －10.5，a 1＝－8.5，
∴S n ＝n (n －9.5)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －1942－36116≥－22.5. 由λ(30＋S k )≤10得λ≤10
30＋S k ≤107.5＜2，
∴λ＝1，
∴当λ＝1时，30＋S k ≤10，解得k ＝4或5或6，故存在λ＝1，使得关于k 的不等式λ(30＋S k )≤10有解．
选③，∵a 3＋a 1＝2＋b 2·b 4＝6，
∴a 2＝a 1＋a 32＝3，d ＝－q ＝2，
∴a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －1，a 1＝1， ∴S n ＝n 2，
∴30＋S k ＞10，
∴不存在正整数λ，使得关于k 的不等式λ(30＋S k )≤10有解．。