高考数学一轮复习 第5章 热点探究课3 数列中的高考热点问题

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解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a1，an，Sn，d(q)，n，“知三求二”．
(2016·天津高考)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，S6＝63.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是lg2an和lg2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nbeq \\al(2,n)}的前2n项和．
[解] (1)设数列{an}的公比为q.
由已知，有eq \f(1,a1)－eq \f(1,a1q)＝eq \f(2,a1q2)，
解得q＝2或q＝－1.2分
又由S6＝a1·eq \f(1－q6,1－q)＝63，知q≠－1，
所以a1·eq \f(1－26,1－2)＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.5分
(2)由题意，得bn＝eq \f(1,2)(lg2an＋lg2an＋1)
＝eq \f(1,2)(lg22n－1＋lg22n)＝n－eq \f(1,2)，
即{bn}是首项为eq \f(1,2)，公差为1的等差数列.8分
设数列{(－1)nbeq \\al(2,n)}的前n项和为Tn，则
T2n＝(－beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2))＋(－beq \\al(2,3)＋beq \\al(2,4))＋…＋(－beq \\al(2,2n－1)＋beq \\al(2,2n))
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝eq \f(2nb1＋b2n,2)＝2n2.10分
[规律方法] 1.若{an}是等差数列，则{ban}(b>0，且b≠1)是等比数列；若{an}是正项等比数列，则{lgban}(b>0，且b≠1)是等差数列．
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．
[对点训练1] 已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100.当n为何值时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lg\f(1,an)))的前n项和最大？
[解] (1)取n＝1，得λaeq \\al(2,1)＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，
所以an＝0(n≥1).2分
若a1≠0，则a1＝eq \f(2,λ).
当n≥2时，2an＝eq \f(2,λ)＋Sn,2an－1＝eq \f(2,λ)＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，
所以an＝a1·2n－1＝eq \f(2,λ)·2n－1＝eq \f(2n,λ).
综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝eq \f(2n,λ).5分
(2)当a1>0，且λ＝100时，令bn＝lgeq \f(1,an)，
由(1)知，bn＝lgeq \f(100,2n)＝2－nlg 2.7分
所以数列{bn}是单调递减的等差数列，公差为－lg 2.
b1>b2>…>b6＝lgeq \f(100,26)＝lgeq \f(100,64)>lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lgeq \f(100,27)＝lgeq \f(100,128)故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,an)))的前6项和最大.12分
热点2 数列的通项与求和(答题模板)
“基本量法”是解决数列通项与求和的常用方法，同时应注意方程思想的应用．
(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝eq \f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
[思路点拨] (1)取n＝1，先求出a1，再求{an}的通项公式．
(2)将an代入anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得出数列{bn}为等比数列，再求{bn}的前n项和．
[规范解答] (1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq \f(1,3)，得a1＝2.3分
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.5分
(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝eq \f(bn,3)，7分
因此{bn}是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列.9分
记{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2×3n－1).12分
[答题模板] 第一步：求出{an}的首项a1；
第二步：求出{an}的通项公式；
第三步：判定{bn}为等比数列；
第四步：求出{bn}的前n项和；
第五步：反思回顾，查看关键点，易错点注意解题规范．
[温馨提示] 若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．
[对点训练2] 数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
【导学号：31222193】
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)设bn＝3n·eq \r(an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解] (1)证明：由已知可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，2分
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1.
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝1为首项，1为公差的等差数列.5分
(2)由(1)得eq \f(an,n)＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.7分
从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝eq \f(3·1－3n,1－3)－n·3n＋1＝eq \f(1－2n·3n＋1－3,2).
所以Sn＝eq \f(2n－1·3n＋1＋3,4).12分
热点3 数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的交汇一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
数列与不等式的交汇考查方式主要有三种：一是判断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．
eq \a\vs4\al(☞)角度1 数列与函数的交汇
(2016·湖北七市4月联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若点(bn，an)在函数y＝lg2 x的图象上，求数列{bn}的前n项和Tn.
【导学号：31222194】
[解] (1)当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝2n2＋2n－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，
当n＝1时，a1＝S1＝4＝4×1，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n.5分
(2)由点(bn，an)在函数y＝lg2 x的图象上得an＝lg2bn，且an＝4n，所以bn＝2an＝24n＝16n，8分
故数列{bn}是以16为首项，公比为16的等比数列．
Tn＝eq \f(161－16n,1－16)＝eq \f(16n＋1－16,15).12分
[规律方法] 解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．
eq \a\vs4\al(☞)角度2 数列与不等式的交汇
(2017·贵阳适应性考试(二))已知数列{an}满足2an＋1＝an＋2＋an(n∈N*)，且a3＋a7＝20，a2＋a5＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,an－1an＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn[解] (1)由2an＋1＝an＋2＋an得{an}为等差数列.2分
设等差数列{an}的公差为d，
由a3＋a7＝20，a2＋a5＝14，解得d＝2，a1＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.5分
(2)证明：bn＝eq \f(1,an－1an＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，8分
Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
当n∈N*，Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))[规律方法] 解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．
热点探究训练(三) 数列中的高考热点问题
1．(2017·广州综合测试(一))已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2lg2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.2分
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，所以2(a3＋2)＝a2＋a4.
即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.
因为公比q≠0，所以q＝2.
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*).5分
(2)因为an＝2n，所以bn＝2lg2an－1＝2n－1，
所以anbn＝(2n－1)2n，7分
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1.②
由①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×eq \f(41－2n－1,1－2)－(2n－1)2n＋1
＝－6－(2n－3)2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.12分
2．(2016·四川高考)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－eq \f(y2,a\\al(2,n))＝1的离心率为en，且e2＝2，求eeq \\al(2,1)＋eeq \\al(2,2)＋…＋eeq \\al(2,n).
[解] (1)由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，
两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得到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－1.3分
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*).5分
(2)由(1)可知an＝qn－1，
所以双曲线x2－eq \f(y2,a\\al(2,n))＝1的离心率
en＝eq \r(1＋a\\al(2,n))＝eq \r(1＋q2n－1).8分
由e2＝eq \r(1＋q2)＝2解得q＝eq \r(3)，
所以eeq \\al(2,1)＋eeq \\al(2,2)＋…＋eeq \\al(2,n)
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]
＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]
＝n＋eq \f(q2n－1,q2－1)＝n＋eq \f(1,2)(3n－1).12分
3．(2016·南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6.正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an，对n∈N*均成立，求实数λ的取值范围．
[解] (1)∵等差数列{an}中，a1＝1，S3＝6，
∴d＝1，故an＝n.2分
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1·b2·b3·…·bn＝2Sn，①,b1·b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1， ②))
①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
b1＝2S1＝21＝2，满足通项公式，故bn＝2n.5分
(2)λbn>an恒成立，即λ>eq \f(n,2n)恒成立，7分
设cn＝eq \f(n,2n)，则eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(n＋1,2n)，
当n≥1时，cn＋1≤cn，{cn}单调递减，
∴(cn)max＝c1＝eq \f(1,2)，故λ>eq \f(1,2)，∴λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).12分
4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1－eq \f(4,an＋3)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an＋1)(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,b\\al(2,1))＋eq \f(1,b\\al(2,2))＋…＋eq \f(1,b\\al(2,n))<7.
[解] (1)由题意得an＋1＋1＝2－eq \f(4,an＋3)＝eq \f(2an＋2,an＋3)，
bn＋1＝eq \f(1,an＋1＋1)＝eq \f(an＋3,2an＋2)＝eq \f(an＋1＋2,2an＋1)＝eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)
＝bn＋eq \f(1,2).3分
又b1＝eq \f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，∴bn＝eq \f(n,2).5分
(2)证明：当n＝1时，左边＝eq \f(1,b\\al(2,1))＝4<7不等式成立；6分
当n＝2时，左边＝eq \f(1,b\\al(2,1))＋eq \f(1,b\\al(2,2))＝4＋1＝5<7不等式成立；8分
当n≥3时，eq \f(1,b\\al(2,n))＝eq \f(4,n2)左边＝eq \f(1,b\\al(2,1))＋eq \f(1,b\\al(2,2))＋…＋eq \f(1,b\\al(2,n))<4＋1＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝5＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n)))＝7－eq \f(4,n)<7.10分
∴eq \f(1,b\\al(2,1))＋eq \f(1,b\\al(2,2))＋…＋eq \f(1,b\\al(2,n))<7.12分