高考数学大一轮复习第六章 数列

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核心热点
真题印证
核心素养
等比(差)数列的判定与证明
2019·全国Ⅱ，19；2018·全国Ⅰ，17；2017·全国Ⅰ，17
逻辑推理、数学运算
通项与求和
2020·新高考山东，18；2020·全国Ⅲ，17；2020·全国Ⅰ，17；2018·全国Ⅱ，17
数学运算、数学建模
等差与等比数列的综合问题
2020·全国Ⅲ，17；2020·天津，19；2020·浙江，20；2019·全国Ⅰ，18；2019·全国Ⅱ，18；2018·全国Ⅰ，17
数学运算、逻辑推理


等比(差)数列的判定与证明

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{an}中，a1＝5，a2＝2，且an＝2an－1＋3an－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{an}，其中a1＝1，an＝an－1(n>1)．进而由递推公式写出前5项，并利用定义判断数列{an}是等比数列．
(2)题目以递推形式给出数列，构造数列模型bn＝an＋an－1(n≥2)，cn＝an－3an－1(n≥2)，利用等比数列定义不难得到{bn}，{cn}是等比数列，进而求出数列{an}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】　记Sn为数列{an}的前n项和，2Sn－an＝(n∈N*)．
(1)求an＋an＋1；
(2)令bn＝an＋2－an，证明数列{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
(1)解　因为2Sn－an＝，①
所以2Sn＋1－an＋1＝，②
由②－①，得2(Sn＋1－Sn)－an＋1＋an＝－，
所以an＋1＋an＝－.
(2)证明　由(1)知an＋1＋an＝－，
得an＋2＋an＋1＝－，
两式相减an＋2－an＝－＋＝，
因此bn＝an＋2－an＝(n∈N*)，
又b1＝，＝，
故数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．
所以Tn＝＝.

【链接高考】　(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)证明　由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.

等差与等比数列的综合问题
【例题】　(2020·浙江卷)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.


[自主解答]
(1)解　由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，解得q＝.
由cn＋1＝cn＝4cn，得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.
(2)证明　依题意设bn＝1＋(n－1)d＝dn＋1－d，由cn＋1＝cn，得＝，所以＝(n≥2，n∈N*)，
故cn＝··…···c1＝···…···c1＝＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.
由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
探究提高　1.本题主要考查利用等差、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．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．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立，体现了对数学基础知识、基本方法的重点考查．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
【尝试训练】　(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解　(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
因为a1＋a2＝4，a3－a1＝8，
所以解得
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1.
所以数列{log3an}是首项为0，公差为1的等差数列，
因此Sn＝.
由于Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解之得m＝6或m＝－1(舍去)．
所以实数m的值为6.

数列的通项与求和
【例题】　(12分)(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*)．
[规范解答]
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
依题意，得解得
(由条件建立方程组求公差和公比)3′
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.5′
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)8′
＝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＝.11′
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn
＝3n2＋3×
＝(n∈N*).12′

❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由条件式转化为关于d，q的方程组，由公式求an，bn，在第(2)问中观察数列的结构特征先分组，后用错位相减法求和．
❷得关键分：(1)列方程组，(2)分组求和都是不可缺少的过程，有则给分，无则没分．
❸得计算分：解题过程中计算正确是得满分的根本保证，特别是第(1)问中的解方程，起着至关重要的作用，第(2)问中的错位相减法求和是计算中的难点．

……由题设条件列方程组求基本量

……求{an}，{bn}的通项公式

……根据数列的特征，分组求和

……利用错位相减法求Tn

……反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤
【规范训练】　(2021·衡水检测)已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正的零点构成递增数列{an}(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)f(x)＝cos πx－sin πx＝2cos，
由题意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，
解得x＝k＋(k∈Z)．
又函数f(x)的所有正的零点构成递增数列{an}，所以{an}是以首项a1＝，公差d＝1的等差数列，
因此an＝(n－1)×1＋＝n－(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝n＝n·n，
则Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，①
Tn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1，②
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－(n＋2)·n＋1，
所以Tn＝2－.

1．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(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．
解　(1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以{an}的通项公式为an＝n·2n－1.
2．(2021·西安调研)已知{an}是公差不为零的等差数列，a4＝26，且a1，a2，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n＋1an，数列{bn}的前n项和为Tn，求T511.
解　(1)设数列{an}的公差为d，d≠0，
∵a1，a2，a7成等比数列，
∴a＝a1a7，即(a1＋d)2＝a1(a1＋6d)，
则d2＝4a1d.
又d≠0，∴d＝4a1，①
由于a4＝a1＋3d＝26，②
联立①②，解得a1＝2，且d＝8.
∴an＝2＋8(n－1)＝8n－6.
(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(8n－6)，
∴T511＝b1＋b2＋…＋b511
＝2－10＋18－26＋…＋4 066－4 074＋4 082
＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4 066－4 074)＋4 082
＝－8×255＋4 082＝2 042.
3．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解　(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．
由(1)及题设可得an＝(－2)n－1，
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n
＝－n·(－2)n.
所以Sn＝－.
4．设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
所以Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn
可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以n的值为4.
5．(2021·兰州诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2(Sn＋32－n)＋an＝15.
(1)证明：数列{3n－1·an}是等差数列．
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明≤Tn<.
(1)证明　因为2(Sn＋32－n)＋an＝15，
得2Sn＋an＝15－，①
则2Sn＋1＋an＋1＝15－，②
②－①，得3an＋1－an＝，
∴3nan＋1－3n－1an＝4，
由2(Sn＋32－n)＋an＝15，
知当n＝1时，a1＝3，则30a1＝3.
故数列{3n－1·an}是以3为首项，以4为公差的等差数列．
(2)解　由(1)知3n－1·an＝4n－1.
则bn＝＝
＝＝－，
所以Tn＝－＋－＋－＋…＋－＝－，
易知{Tn}是递增数列，则Tn≥T1＝，
又>0，所以Tn<，故≤Tn<.