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　题型一　等差、等比数列的交汇
例1 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①②，
解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故
Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
感悟提升　等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.
训练1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a2是a1，a5的等比中项，S5＝25.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＋bn＋1＝Sn，求b2－b20.
解　(1)∵a2是a1，a5的等比中项，
∴a＝a1a5，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，
∴d2＝2a1d.
又∵d≠0，d＝2a1，①
S5＝5a1＋10d＝25，②
由①②解得a1＝1，d＝2，
∴an＝2n－1，Sn＝＝n2.
(2)∵bn＋bn＋1＝n2，
当n≥2时，bn－1＋bn＝(n－1)2，
∴bn＋1－bn－1＝2n－1，
∴
∴b20－b2＝＝189，
∴b2－b20＝－189.
　题型二　数列与不等式的交汇
例2 (12分)(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
[规范答题]
解　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即＝.……………………2分
当n＝1时，4S2＝4＝－－9，
解得a2＝－，所以＝.
所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，
所以an＝－×＝－.……………………4分
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)·.……………………5分
所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)·，
所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)·
＋(n－4)·，……………………7分
以上两式相减得Tn＝－3×＋＋＋…＋－(n－4)·
＝－＋－(n－4)·＝－n·，
所以Tn＝－4n·.……………………9分
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n·≤λ(n－4)·恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立.
当n＜4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1]. ……………………12分
第一步　根据题目条件，求出数列的通项公式
第二步　根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项
相消法、错位相减法等)求和
第三步　利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围
第四步　反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤
训练2 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜.
(1)解　∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，
∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4.
当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.
由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4.
当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，
∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，
即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，
∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1).
综上可知，an＝2n，n∈N*.
(2)证明　∵eq \f(1,a)＝＞
＝，
∴Tn＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,a)＋…＋eq \f(1,a)＞
＝＝.
又∵eq \f(1,a)＝＜＝＝，
∴Tn＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,a)＋…＋eq \f(1,a)＜
＝＜.
即得＜Tn＜.
　题型三　数列中的结构不良试题
例3 在①a＝an(2an－5an＋1)，且an＞0；②Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，且S2＝；③2Sn＋an－t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，________，其中n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝logan＋1，求数列{an·bn}的前n项和为Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　(1)选择条件①：
因为a＝an(2an－5an＋1)，
所以3a＋5an·an＋1－2a＝0.
所以(3an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0.
因为an＞0，所以3an＋1－an＝0，即＝.
所以数列{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列.
所以an＝a1·qn－1＝·＝.
选择条件②：
因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，
所以Sn＋3Sn＋2＝4Sn＋1.
所以3(Sn＋2－Sn＋1)＝Sn＋1－Sn，
即3an＋2＝an＋1.
又S2＝，a1＝，所以a2＝＝a1，
所以＝(n∈N*).
所以{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列.
所以an＝a1·qn－1＝·＝.
选择条件③：
因为2Sn＋an－t＝0(t为常数)，
所以当n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0.
两式相减得2(Sn－Sn－1)＋an－an－1＝0，
即3an＝an－1(n≥2).
又a1＝，＝(n≥2)，
所以{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列.
所以an＝a1·qn－1＝·＝.
(2)由(1)知an＝，所以bn＝logan＋1＝log＝n＋1，
所以an·bn＝(n＋1).
所以Tn＝2×＋3×＋…＋n·＋(n＋1)·，①
Tn＝2×＋3×＋…＋n·＋(n＋1)·.②
①－②得Tn
＝＋－(n＋1)·＝＋－(n＋1)·＝－.
所以Tn＝－.
感悟提升　高考中结构不良题的解法
(1)先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.
(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进行解答.
训练3 (2021·葫芦岛二模)已知首项为2的数列{an}中，前n项和Sn满足Sn＝tn2＋n(t∈R).
(1)求实数t的值及数列{an}的通项公式an；
(2)从①bn＝，②bn＝2an＋an，③bn＝2an·an三个条件中任选一个补充在下面问题中并求解.若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　(1)令n＝1得S1＝t＋1＝2，所以t＝1.
因为Sn＝n2＋n，所以当n≥2时，
Sn－1＝(n－1)2＋n－1，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，(n≥2)
当n＝1时，经验证符合上式，所以an＝2n.
(2)若选①，bn＝＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
若选②，bn＝an＋2an＝2n＋4n，
所以Tn＝(2＋41)＋(4＋42)＋…＋(2n＋4n)
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋42＋…＋4n)
＝＋
＝n(n＋1)＋(4n－1)＝n2＋n＋－.
若选③，bn＝2an·an＝2n·4n，
Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，
则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n·4n＋1，
两式相减得－3Tn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝－2n·4n＋1＝－2n·4n＋1，
故Tn＝＋×4n＋1.
1.(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.
2.设数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2·3n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)由已知，当n≥2时，an－an－1＝2·3n－2，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2(1＋3＋32＋…＋3n－2)＝1＋2×＝3n－1，
当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝3n－1，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝(2n＋1)an＝(2n＋1)·3n－1，
Sn＝3×30＋5×31＋…＋(2n＋1)·3n－1，①
3Sn＝3×31＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，②
①－②得－2Sn＝3＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n
＝2(1＋31＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n＋1
＝2×－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n.
所以Sn＝n·3n，n∈N*.
3.①对任意n＞1，n∈N*满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)；②Sn＋1－2＝Sn＋an(n∈N*)；③Sn＝nan＋1－n(n＋1)(n∈N*).从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，________，若数列{an}是等差数列，求出数列{an}的通项公式；若数列{an}不是等差数列，说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　若选择条件①：因为对任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
即an＋1－an＝2，
因为无法确定a1的值，所以a2－a1不一定等于2，
所以数列{an}不一定是等差数列.
若选择条件②：由Sn＋1－2＝Sn＋an，则Sn＋1－Sn－an＝2，即an＋1－an＝2，n∈N*.
又因为a2＝4，所以a1＝2，
所以数列{an}是等差数列，公差为2，因此数列{an}的通项公式为an＝2n.
若选择条件③：因为Sn＝nan＋1－n(n＋1)，所以Sn－1＝(n－1)an－(n－1)n(n≥2，n∈N*)，
两式相减得，an＝nan＋1－(n－1)an－2n(n≥2)，即an＋1－an＝2(n≥2).
又S1＝a2－2，即a2－a1＝2，所以an＋1－an＝2，n∈N*.
又a2＝4，a2－a1＝2，所以a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2＋2(n－1)＝2n.
4.各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝a＋an(n∈N*).
(1)求an；
(2)令bn＝cn＝b2n＋4(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
解　(1)a1＝S1＝a＋a1 a－a1＝0，
因为a1＞0，故a1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝a＋an－a－an－1，
(a－a)－(an＋an－1)＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
因为an＞0，所以an－an－1＝2，即{an}为等差数列，
所以an＝2n(n∈N*).
(2)c1＝b6＝b3＝a3＝6，c2＝b8＝b4＝b2＝b1＝a1＝2，
n≥3时，cn＝b2n＋4＝b2n－1＋2＝b2n－2＋1＝a2n－2＋1＝2n－1＋2，
此时，Tn＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n；
当n＝2时，T2＝22＋2×2＝8＝c1＋c2.
所以Tn＝
5.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，
∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，
∴Tm＝＝8，
∵随m增加而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.
又Sn＝＝－(n2－9n)
＝－，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，
则10＜8＋λ，得λ＞2.
即实数λ的取值范围为(2，＋∞).
6.已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an)2，且an＞0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，不等式Sn＞loga(1－a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围.
解　(1)由a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an)2知a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2，
则a＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2＝an＋1[2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1].
又an＞0，所以a＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1，
则a＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)，
故a－a＝an＋an＋1，因为an＞0，所以an＋1－an＝1.
又a＝a，所以a1＝1.
又a＝2a1＋a2，an＞0，所以a2＝2，
所以a2－a1＝1，即当n≥1时，
有an＋1－an＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
(2)由(1)知an＝n，
则＝＝，
所以Sn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－，
则Sn＋1－Sn＝＞0，所以数列{Sn}单调递增，所以(Sn)min＝S1＝.
要使不等式Sn＞loga(1－a)对任意的正整数n恒成立，只要＞loga(1－a)即可.
易知0＜a＜1，则1－a＞a，解得0＜a＜.
所以实数a的取值范围是.

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