2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题三第2讲　数列的求解与综合创新


第2讲　数列的求解与综合创新
[2019考向导航]
考点扫描
三年考情
考向预测
2019
2018
2017
1．数列求通项、求和及求参数的范围(值)

第14题

　　以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属高档题．
2．数列的综合与创新
第20题
第20题
第19题

1．必记的概念与定理
(1)等差数列{an}的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d；
(2)等比数列{an}的前n项和公式：
q≠1时，Sn＝＝；q＝1时，Sn＝na1；
(3)数列求和的方法技巧
①分组转化法
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
②错位相减法
这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
③倒序相加法
若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．
在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．
④裂项相消法
利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．
2．记住几个常用的公式与结论
常见的拆项公式：
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝；
(4)＝(－)．
3．需要关注的易错易混点
在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．


数列求通项、求和及求参数的范围(值)
[典型例题]
(2018·南京高三模拟)已知常数p＞0，数列{an}满足an＋1＝|p－an|＋2an＋p，n∈N*．
(1)若a1＝－1，p＝1，
①求a4的值；
②求数列{an}的前n项和Sn．
(2)若数列{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，求的取值范围．
【解】　(1)因为p＝1，所以an＋1＝|1－an|＋2an＋1．
①因为a1＝－1，所以a2＝|1－a1|＋2a1＋1＝1，
a3＝|1－a2|＋2a2＋1＝3，a4＝|1－a3|＋2a3＋1＝9．
②因为a2＝1，an＋1＝|1－an|＋2an＋1，
所以当n≥2时，an≥1，
从而an＋1＝|1－an|＋2an＋1＝an－1＋2an＋1＝3an(n≥2)，
所以an＝3n－2(n≥2)．
当n＝1时，S1＝－1．
当n≥2时，Sn＝－1＋a2＋a3＋…＋an＝－1＋＝．
所以Sn＝
即Sn＝，n∈N*．
(2)因为an＋1－an＝|p－an|＋an＋p≥p－an＋an＋p＝2p＞0，
所以an＋1＞an，即{an}单调递增．
①当≥1时，有a1≥p，于是an≥a1≥p，
所以an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an，
所以an＝3n－1a1．
若{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，则有2as＝ar＋at，
即2×3s－1＝3r－1＋3t－1．(*)
因为s≤t－1，所以2×3s－1＝×3s＜3t－1＜3r－1＋3t－1，
即(*)不成立．
故此时数列{an}中不存在三项依次成等差数列．
②当－1＜＜1时，有－p＜a1＜p．
此时a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p＞p，
于是当n≥2时，an≥a2＞p，
从而an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an．
所以an＝3n－2a2＝3n－2(a1＋2p)(n≥2)．
若{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，
由①可知，r＝1，
于是有2×3s－2(a1＋2p)＝a1＋3t－2(a1＋2p)．
因为2≤s≤t－1，
所以＝2×3s－2－3t－2＝×3s－×3t－1＜0．
因为2×3s－2－3t－2是整数，所以≤－1，
于是a1≤－a1－2p，即a1≤－p，与－p＜a1＜p矛盾，
故此时数列{an}中不存在三项依次成等差数列．
③当≤－1时，有a1≤－p＜p，a1＋p≤0，
于是a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p，a3＝|p－a2|＋2a2＋p＝|p＋a1|＋2a1＋5p＝－p－a1＋2a1＋5p＝a1＋4p，
此时有a1，a2，a3成等差数列．
综上可知：≤－1．

对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n∈N*这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．
[对点训练]
1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－Sn)≤1对任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
[解] (1)由已知得＝，其中n∈N*，
又＝1，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以＝2n－1，则an＝n·2n－1．
(2)由(1)知，bn＝＝－，
故Sn＝
4
＝4．
(3)由(2)得Sn＝4，
所以(－1)nλ(4－Sn)≤1可化为≤1．
当n为奇数时，不等式可化为λ≥－，
记f(n)＝－，易证{f(n)}是递减数列，
所以f(n)max＝f(1)＝－1，所以λ≥－1．
当n为偶数时，不等式可化为λ≤，
记g(n)＝，易证{g(n)}是递增数列，
所以g(n)min＝g(2)＝3，所以λ≤3．
综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．

数列的综合与创新
[典型例题]
(2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数．若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．
【解】　(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0．
由得解得
因此数列{an}为“M－数列”．
(2)①因为＝－，所以bn≠0．
由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2．
由＝－，得Sn＝，
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝－，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn．
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
②由①知，bk＝k，k∈N*．
因为数列{cn}为“M－数列”，设公比为q，所以c1＝1，q>0．
因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m．
当k＝1时，有q≥1；
当k＝2，3，…，m时，有≤ln q≤．
设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝．
令f′(x)＝0，得x＝e．列表如下：
x
(1，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

因为＝<＝，所以f(k)max＝f(3)＝．
取q＝，当k＝1，2，3，4，5时，≤ln q，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k＝3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6．
综上，所求m的最大值为5．

数列综合与创新问题的解题策略
(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公式、求通项公式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．
[对点训练]
2．对于给定的正整数k，若数列{an} 满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k) 总成立，则称数列{an} 是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
[证明] (1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an．②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，
所以数列{an}是等差数列．

1．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．
[解析] 数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，即Sn＋1－Sn＝5，所以an＋1＝5，所以a8＝5．
[答案] 5
2．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1，a3，a4成等比数列，则的值为________．
[解析] 法一：设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，
所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
因为d≠0，所以a1＝－4d，所以＝＝＝＝－3．
法二：设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，
所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，因为d≠0，所以a1＝－4d，
所以＝＝＝＝－3．
[答案] －3
3．(2019·泰州市高三模拟)设f(x)是R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝2x＋ln，记an＝f(n－5)，则数列{an}的前8项和为________．
[解析] 数列{an}的前8项和为a1＋a2＋…＋a8＝f(－4)＋f(－3)＋…＋f(3)＝f(－4)＋[f(－3)＋f(3)]＋[f(－2)＋f(2)]＋[f(－1)＋f(1)]＋f(0)＝f(－4)＝－f(4)＝－(24＋ln 1)＝－16．
[答案] －16
4．(2019·日照模拟改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝________．
[解析] 由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7．
当n＝1时，S1＝－5＝a1，也满足上式，
所以an＝2n－7，n∈N*．
所以n≤3时，an＜0；n≥4时，an＞0，
所以Tn＝
[答案]
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________．
[解析] 由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k＝5．
[答案] 5
6．(2019·南京高三模拟)若等比数列{an}的各项均为正数，且a3－a1＝2，则a5的最小值为________．
[解析] 设等比数列{an}的公比为q(q＞0且q≠1)，则由a3－a1＝2，得a1＝．因为a3－a1＝2＞0，所以q＞1，所以a5＝a1q4＝．令q2－1＝t＞0，所以a5＝2≥8，当且仅当t＝1，即q＝时，等号成立，故a5的最小值为8．
[答案] 8
7．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a，b之间的运算⊕如下：a⊕b＝，已知数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝(n∈N*)，若a2 017＝1，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017的值为________．
[解析] 因为a1＝1，a2＝1，所以a3＝4，a4＝8，a5＝4，
a6＝1，a7＝1，a8＝4，…
即此时{an}是周期数列，且周期为5，
所以a2 017＝a2＝1，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝18，
故S2 017＝403×18＋a1＋a2＝7 256．
[答案] 7 256
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
[解析] 因为an＋1－an＝2n，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n．
所以Sn＝＝2n＋1－2．
[答案] 2n＋1－2
9．(2019·徐州调研)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a7＝36，
所以a4＋a6＝36，
与a4a6＝275，联立，解得或
当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，
所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，
所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12．
[答案] －12
10．(2019·昆明调研)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：

记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________．
[解析] 当n≥2时，因为Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，因为b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1．
设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，所以cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1 024．
[答案] 1 024
11．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a，1)，第三组是(1，a(1＋2a)，2a，a(2a＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a倍得到下一组，其中a∈．设第n组中有an个数，且这an个数的和为Sn(n∈N*)．
(1)求an和Sn；
(2)求证：＋＋…＋≥．
[解] (1)由题意可得a1＝2，an＋1＝an＋(an－1)＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，又a1－1＝1，则an－1＝2n－1，所以an＝2n－1＋1．
又S1＝2，且Sn＋1＝Sn＋2a(Sn－1)＝(2a＋1)Sn－2a，则Sn＋1－1＝(2a＋1)(Sn－1)，又S1－1＝1，
所以Sn－1＝(2a＋1)n－1，所以Sn＝(2a＋1)n－1＋1．
(2)证明：令bn＝，则bn＝．
下面用分析法证明数列{bn}为单调递增数列．
要证bn(2a＋1)n＋1，只需证2(2a＋1)n－1≥(2a＋1)n，即证2≥2a＋1，显然成立，则数列{bn}为单调递增数列．
所以＋＋…＋≥n＝．
12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝a，a2＝b，an＋1＝(n∈N*)，其中m，a，b均为实常数．
(1)若m＝0，且a4，3a3，a5成等差数列．
①求的值；
②若a＝2，令bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)是否存在常数λ，使得an＋an＋2＝λan＋1对任意的n∈N*都成立？若存在，求出实数λ的值(用m，a，b表示)；若不存在，请说明理由．
[解] (1)①因为m＝0，所以a＝anan＋2，
所以正项数列{an}是等比数列，不妨设其公比为q．又a4，3a3，a5成等差数列，
所以q2＋q＝6，解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以＝2．
②当a＝2时，数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an＝2n，
所以bn＝
即数列{bn}的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．
当n为偶数时，Sn＝＋＝＋－；
当n为奇数时，Sn＝＋－(2n＋1)＝＋－．
所以Sn＝．
(2)存在常数λ＝，使得an＋an＋2＝λan＋1对任意的n∈N*都成立．
证明如下：因为a＝anan＋2＋m(n∈N*)，
所以a＝an－1an＋1＋m，n≥2，n∈N*，
所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1，
即a＋an－1an＋1＝anan＋2＋a．
由于an>0，此等式两边同时除以anan＋1，得＝，
所以＝＝…＝，
即当n≥2，n∈N*时，都有an＋an＋2＝an＋1．
因为a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋m，
所以a3＝，
所以＝＝，
所以当λ＝时，对任意的n∈N*都有an＋an＋2＝λan＋1成立．
13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{an}，{bn}满足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是数列{an}的前n项和．
(1)若数列{an}是首项为，公比为－的等比数列，求数列{bn}的通项公式；
(2)若bn＝n，a2＝3，求数列{an}的通项公式；
(3)在(2)的条件下，设cn＝，求证：数列{cn}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．
[解] (1)因为an＝＝－2，
Sn＝＝，
所以bn＝＝＝．
(2)若bn＝n，则2Sn＝nan＋2n，①
所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)，②
②－①得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2，
即nan＝(n－1)an＋1＋2，③
当n≥2时，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，④
④－③得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an，
即an－1＋an＋1＝2an，
由2S1＝a1＋2，得a1＝2，又a2＝3，
所以数列{an}是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，
故数列{an}的通项公式是an＝n＋1．
(3)证明：由(2)得cn＝，
对于给定的n∈N*，若存在k≠n，t≠n，k，t∈N*，使得cn＝ck·ct，只需＝·，
即1＋＝·，即＝＋＋，则t＝，
取k＝n＋1，则t＝n(n＋2)，
所以对数列{cn}中的任意一项cn＝，都存在cn＋1＝和cn2＋2n＝，使得cn＝cn＋1·cn2＋2n．
14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{an}满足a1＝m，an＋1＝(k∈N*，r∈R)，其前n项和为Sn．
(1)当m与r满足什么关系时，对任意的n∈N*，数列{an}都满足an＋2＝an?
(2)对任意的实数m，r，是否存在实数p与q，使得{a2n＋1＋p}与{a2n＋q}是同一个等比数列？若存在，请求出p，q满足的条件；若不存在，请说明理由；
(3)当m＝r＝1时，若对任意的n∈N*，都有Sn≥λan，求实数λ的最大值．
[解] (1)由题意，得a1＝m，a2＝2a1＝2m，a3＝a2＋r＝2m＋r，由a3＝a1，得m＋r＝0．
当m＋r＝0时，因为an＋1＝(k∈N*)，
所以a1＝a3＝…＝m，a2＝a4＝…＝2m，
故对任意的n∈N*，数列{an}都满足an＋2＝an．
即当实数m，r满足m＋r＝0时，题意成立．
(2)依题意，a2n＋1＝a2n＋r＝2a2n－1＋r，则
a2n＋1＋r＝2(a2n－1＋r)，
因为a1＋r＝m＋r，所以当m＋r≠0时，{a2n＋1＋r}是等比数列，且a2n＋1＋r＝(a1＋r)2n＝(m＋r)2n．
为使{a2n＋1＋p}是等比数列，则p＝r．
同理，当m＋r≠0时，a2n＋2r＝(m＋r)2n，则为使{a2n＋q}是等比数列，则q＝2r．
综上所述，
①若m＋r＝0，则不存在实数p，q，使得{a2n＋1＋p}与{a2n＋q}是等比数列；
②若m＋r≠0，则当p，q满足q＝2p＝2r时，{a2n＋1＋p}与{a2n＋q}是同一个等比数列．
(3)当m＝r＝1时，由(2)可得a2n－1＝2n－1，a2n＝2n＋1－2，
当n＝2k时，an＝a2k＝2k＋1－2，
Sn＝S2k＝(21＋22＋…＋2k)＋(22＋23＋…＋2k＋1)－3k＝3(2k＋1－k－2)，
所以＝3．
令ck＝，则ck＋1－ck＝－＝<0，
所以≥，λ≤．
当n＝2k－1时，an＝a2k－1＝2k－1，Sn＝S2k－a2k＝3(2k＋1－k－2)－(2k＋1－2)＝2k＋2－3k－4，
所以＝4－，
同理可得≥1，λ≤1．
综上所述，实数λ的最大值为1．