2020届二轮复习高考中的数列问题学案（全国通用）


2020届二轮复习 高考中的数列问题 学案（全国通用）
题型一　等差数列、等比数列的综合问题
例1 (2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N＋.
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝2，求e＋e＋…＋e.
解　(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，
故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，
从而an＝qn－1.
由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，
所以a3＝2a2，故q＝2.
所以an＝2n－1(n∈N＋)．
(2)由(1)可知，an＝qn－1，
所以双曲线x2－＝1的离心率en＝＝.
由e2＝＝2，解得q＝，
所以e＋e＋…＋e
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]
＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]
＝n＋＝n＋(3n－1)．
思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
跟踪训练1　(2018·沧州模拟)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N＋)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1
＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1 故0 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn<1，
故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N＋，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}的最大项的值为，最小项的值为－.
题型二　数列的通项与求和
例2 (2018·邢台模拟)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－
＝1－＝.
当n为奇数时，Tn＝－＋…－＋
＝1＋＝.
所以Tn＝(或Tn＝)
思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，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 (2018·大连模拟)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.
题型三　数列与其他知识的交汇
命题点1　数列与函数的交汇
例3 (2018·长春模拟)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N＋)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
解　(1)由已知，得b7＝，b8＝＝4b7，
有＝4×＝＋2，
解得d＝a8－a7＝2，
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝ln 2，
故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意，得a2－＝2－，
解得a2＝2，
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，＝.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
两式相减，得2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－
＝.
所以Tn＝.
命题点2　数列与不等式的交汇
例4 (2016·天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N＋，bn是an和an＋1的等比中项．
(1)设cn＝b－b，n∈N＋，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设a1＝d，Tn＝ (－1)kb，n∈N＋，求证： <.
证明　(1)由题意得b＝anan＋1，
cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，
所以{cn}是等差数列．
(2)Tn＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)
＝2d·
＝2d2n(n＋1)．
所以 ＝ ＝
＝·<.
命题点3　数列应用题
例5 某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？(参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)
解　甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为
S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9
＝≈42.62(万元)，
贷款到期时，需要偿还银行的本息是
10(1＋5%)10≈16.29(万元)，
故使用甲方案所获纯利润为
42．62－16.29＝26.33(万元)．
乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，
所以10年所获得的总利润为
T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)
＝10×1＋×0.5＝32.5(万元)，
从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为，
故贷款到期时，需要偿还银行的本息是
1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]
＝1.05×≈13.21(万元)，
故使用乙方案所获纯利润为
32．5－13.21＝19.29(万元)．
综上可知，甲方案获利更多．
思维升华 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略
(1)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、图像研究数列问题；
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．
(2)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；
③比较方法：作差或者作商比较．
(3)数列应用题
①根据题意，确定数列模型；
②准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
跟踪训练3 (2018·烟台模拟)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图像过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N＋，数列{an}满足＝f′，且a1＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，
16n2a－4nb＝0，
∴a＝，
则f(x)＝x2＋2nx，n∈N＋.
数列{an}满足＝f′，
又f′(x)＝x＋2n，
∴＝＋2n，∴－＝2n，
由叠加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，
化简可得an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝4也符合，
∴an＝(n∈N＋)．
(2)∵bn＝＝
＝2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝2
＝2
＝.


1．(2018·泰安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N＋.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
(1)解　当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5＝8＋1，
解得a4＝.
(2)证明　因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)，
当n＝1时，4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
所以n＝1也满足此式，
所以4an＋2＋an＝4an＋1 (n∈N＋)，
因为＝
＝＝＝，
所以数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．
(3)解　由(2)知：数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝n－1.
即－＝4，
所以数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，
所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×n－1.
2．(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．
解　(1)由题意，得
解得或
∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
(2)∵bn＝anlogan＝2n·2n＝－n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①
则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②
②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，
解2n＋1－2>62，得n>5，
∴n的最小值为6.
3．(2018届江西赣州红色七校联考)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a5＝a，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝a1，且bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.
解　(1)设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且an>0.
则
解得∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＋1－bn＝an＋1且an＝2n＋1(n∈N＋)，
∴bn＋1－bn＝2n＋3，
当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝n(n＋2)．
当n＝1时，b1＝3满足上式，
∴bn＝n(n＋2)，
∴＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＋
＝

＝
＝－.
4．(2018届广州海珠区综合测试)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋1，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an＋1，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意得an＋1＝2Sn＋1，
an＝2Sn－1＋1(n≥2)．
两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
则an＋1＝3an(n≥2)，
所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列．
因为a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，＝3，
所以，＝3，对任意正整数成立，
{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1.
(2)bn＝log3an＋1＝log33n＝n，
所以an＋bn＝3n－1＋n，
Tn＝(30＋1)＋(31＋2)＋(32＋3)＋…＋(3n－2＋n－1)＋(3n－1＋n)
＝(30＋31＋32＋…＋3n－2＋3n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n－1＋n)
＝＋
＝.

5．(2017·济宁模拟)已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且2Sn＝a＋an，等比数列{bn}的公比q>1，b1＝2，且b1，b3，b2＋10成等差数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn＋(－1)n·，记T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.
解　(1)当n≥2时，由题意得
2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，
∴2an＝a－a＋an－an－1，
a－a－(an＋an－1)＝0，
(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1，
当n＝1时，2a1＝a＋a1.
∵a1>0，∴a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×1＝n.
由b1＝2,2b3＝b1＋(b2＋10)，得2q2－q－6＝0，
解得q＝2或q＝－(舍)，∴bn＝b1qn－1＝2n.
(2)由(1)得cn＝n·2n＋(－1)n·
＝n·2n＋(－1)n，
∴T2n＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋

＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋，
记W2n＝1×2＋2×22＋…＋2n·22n，
则2W2n＝1×22＋2×23＋…＋2n·22n＋1，
以上两式相减可得－W2n＝2＋22＋…＋22n－2n·22n＋1＝－2n·22n＋1＝(1－2n)·22n＋1－2，
∴W2n＝(2n－1)·22n＋1＋2，
∴T2n＝W2n＋
＝(2n－1)·22n＋1＋＋1.

6．已知数列{an}，{bn}，其中，a1＝，数列{an}满足(n＋1)an＝(n－1)an－1 (n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝2bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)是否存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立？若存在，求出m的最小值；
(3)若数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)由(n＋1)an＝(n－1)an－1，
即＝(n≥2)．
又a1＝，
所以an＝···…···a1
＝···…···
＝.
当n＝1时，上式成立，故an＝.
因为b1＝2，bn＋1＝2bn，
所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
故bn＝2n.
(2)由(1)知，bn＝2n，则
1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－.
假设存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立，即2－<恒成立，由≥2，解得m≥16.
所以存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立，此时，m的最小值为16.
(3)当n为奇数时，
Tn＝＋(b2＋b4＋…＋bn－1)
＝[2＋4＋…＋(n＋1)]＋(22＋24＋…＋2n－1)
＝·＋
＝＋(2n－1－1)；
当n为偶数时，
Tn＝＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝(2＋4＋…＋n)＋(22＋24＋…＋2n)
＝·＋
＝＋(2n－1)．
所以Tn＝