2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用讲义：第六章 高考专题突破三 第1课时 Word版含解析.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 高考专题突破三 高考中的数列问题高考专题突破三 高考中的数列问题 第第 1 课时 等差、等比数列与数列求和课时 等差、等比数列与数列求和 题型一 等差数列、等比数列的交汇 例 1 记 Sn为等比数列an的前 n 项和已知 S22，S36. (1)求an的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列 解 (1)设an的公比为 q. 由题设可得Error! 解得 q2，a12. 故an的通项公式为 an(2)n. (2)由(1)可得 Sn (1)n. a11qn 1q 2 3 2n1 3 由于 Sn2Sn1 (1)n 4 3 2n32n2 3 22Sn， 2 31 n2 n1 3 故 Sn1，Sn，Sn2成等差数列 思维升华 等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前 n 项和公式 求解求解时，应“瞄准目标” ，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程 跟踪训练 1 (2019·桂林模拟)已知公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，S11，S3，S4 成等差数列，且 a1，a2，a5成等比数列 (1)求数列an的通项公式； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)若 S4，S6，Sn成等比数列，求 n 及此等比数列的公比 解 (1)设数列an的公差为 d. 由题意可知Error! 整理得Error!即Error!an2n1. (2)由(1)知 an2n1，Snn2， S416，S636， 又 S4SnS ，n281， 2 6 362 16 n9，公比 q . S6 S4 9 4 题型二 数列的求和 命题点 1 分组求和与并项求和 例 2 (2018·吉大附中模拟)已知数列an是各项均为正数的等比数列， 且 a1a22， a3 ( 1 a1 1 a2) a432. ( 1 a3 1 a4) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bna log2an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 2 n 解 (1)设等比数列an的公比为 q(q0)， 则 ana1qn1，且 an0， 由已知得Error! 化简得Error!即Error! 又a10，q0，a11，q2， 数列an的通项公式为 an2n1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)由(1)知 bna log2an 4n1n1， 2 n Tn(14424n1)(0123n1) . 4n1 41 nn1 2 4n1 3 nn1 2 命题点 2 错位相减法求和 例 3 (2018·大连模拟)已知数列an满足 an0，a1 ，anan12anan1，nN*. 1 3 (1)求证：是等差数列，并求出数列an的通项公式； 1 an (2)若数列bn满足 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn. 2n an 解 (1)由已知可得，2， 1 an1 1 an 是首项为 3，公差为 2 的等差数列， 1 an 32(n1)2n1，an. 1 an 1 2n1 (2)由(1)知 bn(2n1)2n， Tn3×25×227×23(2n1)2n1(2n1)2n， 2Tn3×225×237×24(2n1)2n(2n1)·2n1， 两式相减得，Tn62×222×232×2n(2n1)2n1. 6(2n1)2n1 82 × 2n× 2 12 2(2n1)2n1， Tn2(2n1)2n1. 命题点 3 裂项相消法求和 例 4 在数列an中，a14，nan1(n1)an2n22n. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)求证：数列是等差数列； an n (2)求数列的前 n 项和 Sn. 1 an (1)证明 nan1(n1)an2n22n 的两边同时除以 n(n1)，得2(nN*)， an1 n1 an n 所以数列是首项为 4，公差为 2 的等差数列 an n (2)解 由(1)，得2n2， an n 所以 an2n22n， 故 · ·， 1 an 1 2n22n 1 2 n1n nn1 1 2( 1 n 1 n1) 所以 Sn1 2(1 1 2)( 1 2 1 3)( 1 n 1 n1) . 1 2(1 1 n1) n 2n1 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，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 2 (1)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1 ，an1an(nN*) 1 2 n1 2n 证明：数列是等比数列； an n 求数列an的通项公式与前 n 项和 Sn. 证明 a1 ，an1an， 1 2 n1 2n 当 nN*时，0， an n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又 ， (nN*)为常数， a1 1 1 2 an1 n1 an n 1 2 是以 为首项， 为公比的等比数列 an n 1 2 1 2 解 由是以 为首项， 为公比的等比数列， an n 1 2 1 2 得 · n1，ann·n. an n 1 2( 1 2) ( 1 2) Sn1· 2· 23·3n·n， 1 2 ( 1 2) ( 1 2) ( 1 2) Sn1· 22·3(n1)nn·n1， 1 2 ( 1 2) ( 1 2) ( 1 2) ( 1 2) 两式相减得 Sn 23nn·n1 n· n1， 1 2 1 2 ( 1 2) ( 1 2) ( 1 2) ( 1 2) 1 2( 1 2) n1 11 2 ( 1 2) Sn2 n1n·n ( 1 2) ( 1 2) 2(n2)· n. ( 1 2) 综上，ann· n，Sn2(n2)·n. ( 1 2) ( 1 2) (2)(2018·三明质检)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn， a11， 且(t1)Sna 3an2(tR) 2 n 求数列an的通项公式； 若数列bn满足 b11，bn1bnan1，求数列的前 n 项和 Tn. 1 2bn7n 解 因为 a11，且(t1)Sna 3an2， 2 n 所以(t1)S1a 3a12，所以 t5. 2 1 所以 6Sna 3an2. () 2 n 当 n2 时，有 6Sn1a3an12， () 2n1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ()()得 6ana 3ana3an1， 2 n2n1 所以(anan1)(anan13)0， 因为 an0，所以 anan13， 又因为 a11， 所以an是首项 a11，公差 d3 的等差数列， 所以 an3n2(nN*) 因为 bn1bnan1，b11， 所以 bnbn1an(n2，nN*)， 所以当 n2 时， bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1 anan1a2b1. 3n2n 2 又 b11 也适合上式，所以 bn(nN*) 3n2n 2 所以 1 2bn7n 1 3n2n7n · ·， 1 3 1 nn2 1 6( 1 n 1 n2) 所以 Tn · 1 6(1 1 3 1 2 1 4 1 n 1 n2) ·， 1 6( 3 2 1 n1 1 n2) . 3n25n 12n1n2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a37，a5a726. (1)求 an及 Sn； (2)令 bn(nN*)，求证：数列bn为等差数列 Sn n (1)解 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 由题意有Error! 解得 a13，d2， 则 ana1(n1)d32(n1)2n1， Snn(n2) na1an 2 n32n1 2 (2)证明 因为 bnn2， Sn n nn2 n 又 bn1bnn3(n2)1， 所以数列bn是首项为 3，公差为 1 的等差数列 2(2018·丰台模拟)在数列an和bn中，a11，an1an2，b13，b27，等比数列cn 满足 cnbnan. (1)求数列an和cn的通项公式； (2)若 b6am，求 m 的值 解 (1)因为 an1an2，且 a11， 所以数列an是首项为 1，公差为 2 的等差数列 所以 an1(n1)·22n1，即 an2n1. 因为 b13，b27，且 a11，a23， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 c1b1a12，c2b2a24. 因为数列cn是等比数列， 且数列cn的公比 q 2， c2 c1 所以 cnc1·qn12×2n12n，即 cn2n. (2)因为 bnan2n，an2n1， 所以 bn2n2n1. 所以 b6262×6175. 令 2m175，得 m38. 3已知递增的等比数列an满足：a2a3a428，且 a32 是 a2和 a4的等差中项 (1)求数列an的通项公式； (2)若 bnanan，Snb1b2bn，求使 Snn·2n162 成立的正整数 n 的最小值 1 2 log 解 (1)由题意，得Error! 解得Error!或Error! an是递增数列，a12，q2， 数列an的通项公式为 an2·2n12n. (2)bnanan2n·2nn·2n， 1 2 log 1 2 log Snb1b2bn(1×22×22n·2n)， 则 2Sn(1×222×23n·2n1)， ，得 Sn(2222n)n·2n12n12n·2n1， 则 Snn·2n12n12， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解 2n1262，得 n5， n 的最小值为 6. 4(2018·河北省唐山市迁安三中月考)正项等差数列an满足 a14，且 a2，a42，2a78 成等比数列，an的前 n 项和为 Sn. (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn. 1 Sn2 解 (1)设数列an的公差为 d(d0)， 由已知得 a2(2a78)(a42)2， 化简得，d24d120，解得 d2 或 d6(舍)， 所以 ana1(n1)d2n2. (2)因为 Snn23n， na1an 2 n2n6 2 所以 bn 1 Sn2 1 n23n2 1 n1n2 ， 1 n1 1 n2 所以 Tnb1b2b3bn ( 1 2 1 3) ( 1 3 1 4) ( 1 4 1 5) ( 1 n1 1 n2) . 1 2 1 n2 n 2n4 5(2018·济南模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，S aSn1，其中 2 n2n1 为常数 (1)证明：Sn12Sn； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)是否存在实数 ，使得数列an为等比数列，若存在，求出 ；若不存在，说明理由 (1)证明 an1Sn1Sn，S aSn1， 2 n2n1 S (Sn1Sn)2Sn1， 2 n Sn1(Sn12Sn)0， an0，Sn10，Sn12Sn0； Sn12Sn. (2)解 存在 1，使得数列an为等比数列，理由如下： Sn12Sn，Sn2Sn1(n2)， 相减得 an12an(n2)， an从第二项起成等比数列， S22S1，即 a2a12a1， a210，得 1， anError! 若使an是等比数列，则 a1a3a ， 2 2 2(1)(1)2， 1(舍)或 1，经检验符合题意 6设等比数列 a1，a2，a3，a4的公比为 q，等差数列 b1，b2，b3，b4的公差为 d，且 q1，d0. 记 ciaibi (i1，2，3，4) (1)求证：数列 c1，c2，c3不是等差数列； (2)设 a11，q2.若数列 c1，c2，c3是等比数列，求 b2关于 d 的函数关系式及其定义域； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (3)数列 c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由 (1)证明 假设数列 c1，c2，c3是等差数列， 则 2c2c1c3，即 2.(a2b2)(a1b1)(a3b3) 因为 b1，b2，b3是等差数列，所以 2b2b1b3.从而 2a2a1a3. 又因为 a1，a2，a3是等比数列，所以 a a1a3. 2 2 所以 a1a2a3，这与 q1 矛盾，从而假设不成立 所以数列 c1，c2，c3不是等差数列 (2)解 因为 a11，q2，所以 an2n1. 因为 c c1c3，所以 2 ， 2 2 (2b2)(1b2d)(4b2d) 即 b2d23d， 由 c22b20，得 d23d20， 所以 d1 且 d2. 又 d0，所以 b2d23d，定义域为 Error!. (3)解 设 c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为 q1， 则Error! 将2×得，a1(q1)2c1(q11)2， 将2×得，a1q 2c1q12， (q1)(q11) 因为 a10，q1，由得 c10，q11. 由得 qq1，从而 a1c1. 代入得 b10.再代入，得 d0，与 d0 矛盾 所以 c1，c2，c3，c4不成等比数列