高考专题突破三　高考中的数列问题第1课时　等差、等比数列与数列求和

高考专题突破三　高考中的数列问题

第1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S_n为等比数列{a_n}的前n项和．已知S₂＝2，S₃＝－6.

(1)求{a_n}的通项公式；

(2)求S_n，并判断S_n＋1，S_n，S_n＋2是否成等差数列．

解　(1)设{a_n}的公比为q.

由题设可得a1(1＋q＋q2)＝－6.(a1(1＋q)＝2，)

解得q＝－2，a₁＝－2.

故{a_n}的通项公式为a_n＝(－2)ⁿ.

(2)由(1)可得

S_n＝1－q(a1(1－qn))＝－3(2)＋(－1)ⁿ3(2n＋1).

由于S_n＋2＋S_n＋1＝－3(4)＋(－1)ⁿ3(2n＋3－2n＋2)

＝23(2n＋1)＝2S_n，

故S_n＋1，S_n，S_n＋2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·鞍山模拟)已知公差不为0的等差数列{a_n}的前n项和为S_n，S₁＋1，S₃，S₄成等差数列，且a₁，a₂，a₅成等比数列．

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)若S₄，S₆，S_n成等比数列，求n及此等比数列的公比．

解　(1)设数列{a_n}的公差为d，

由题意可知d≠0，(＝a1a5，)

整理得d＝2a1，(a1＝1，)即d＝2，(a1＝1，)∴a_n＝2n－1.

(2)由(1)知a_n＝2n－1，∴S_n＝n²，

∴S₄＝16，S₆＝36，

又S₄S_n＝S6(2)，∴n²＝16(362)＝81，

∴n＝9，公比q＝S4(S6)＝4(9).

题型二　新数列问题

例2 对于数列{x_n}，若对任意n∈N_＋，都 有x_n＋2－x_n＋1>x_n＋1－x_n成立，则称数列{x_n}为“增差数列”．设a_n＝3n(t(3n＋n2)－1)，若数列a₄，a₅，a₆，…，a_n(n≥4，n∈N_＋)是“增差数列”，则实数t的取值范围是________．

答案　，＋∞(2)

解析　数列a₄，a₅，a₆，…，a_n(n≥4，n∈N_＋)是“增差数列”，

故得到a_n＋2＋a_n>2a_n＋1(n≥4，n∈N_＋)，

即3n＋2(t[3n＋2＋(n＋2)2]－1)＋3n(t(3n＋n2)－1)

>23n＋1(t[3n＋1＋(n＋1)2]－1)(n≥4，n∈N_＋)，

化简得到(2n²－4n－1)t>2(n≥4，n∈N_＋)，

即t>2n2－4n－1(2)对于n≥4恒成立，

当n＝4时，2n²－4n－1有最小值15，

故实数t的取值范围是，＋∞(2).

思维升华 根据新数列的定义建立条件和结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵活对新数列的特征进行转化是解题的关键．

跟踪训练2 (1)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{a_n}是等积数列且a₁＝2，前21项的和为62，则这个数列的公积为________．

答案　0或8

解析　当公积为0时，数列a₁＝2，a₂＝0，a₃＝60，a₄＝a₅＝…＝a₂₁＝0满足题意；

当公积不为0时，应该有a₁＝a₃＝a₅＝…＝a₂₁＝2，

且a₂＝a₄＝a₆＝…＝a₂₀，

由题意可得，a₂＋a₄＋a₆＋…＋a₂₀＝62－2×11＝40，

则a₂＝a₄＝a₆＝…＝a₂₀＝10(40)＝4，

此时数列的公积为2×4＝8.

综上可得，这个数列的公积为0或8.

(2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”若{a_n}是“斐波那契数列”，则(a₁a₃－a2(2))·(a₂a₄－a3(2))(a₃a₅－a4(2))…·(a_{2 017}·a_{2 019}－a2 018(2))的值为________．

答案　1

解析　因为a₁a₃－a2(2)＝1×2－1²＝1，

a₂a₄－a3(2)＝1×3－2²＝－1，

a₃a₅－a4(2)＝2×5－3²＝1，

a₄a₆－a5(2)＝3×8－5²＝－1，

…，

a_{2 017}a_{2 019}－a2 018(2)＝1，

共有2 017项，所以

(a₁a₃－a2(2))(a₂a₄－a3(2))(a₃a₅－a4(2))…(a_{2 017}a_{2 019}－a2 018(2))＝1.

 

例3 (2018·呼和浩特模拟)已知数列{a_n}是各项均为正数的等比数列，且a₁＋a₂＝2a2(1)，a₃＋a₄＝32a4(1).

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝an(2)＋log₂a_n，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解　(1)设等比数列{a_n}的公比为q(q>0)，

则a_n＝a₁q^n－1，且a_n>0，

由已知得，(1)

化简得q5(q＋1)＝32(q＋1)，(2)即q5＝32，(2)

又∵a₁>0，q>0，

∴a₁＝1，q＝2，

∴数列{a_n}的通项公式为a_n＝2^n－1.

(2)由(1)知b_n＝an(2)＋log₂a_n ＝4^n－1＋n－1，

∴T_n＝(1＋4＋4²＋…＋4^n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)

＝4－1(4n－1)＋2(n(n－1))＝3(4n－1)＋2(n(n－1)).

命题点2　错位相减法求和

例4 (2018·大连模拟)已知数列{a_n}满足a_n≠0，a₁＝3(1)，a_n－a_n＋1＝2a_na_n＋1，n∈N₊.

(1)求证：an(1)是等差数列，并求出数列{a_n}的通项公式；

(2)若数列{b_n}满足b_n＝an(2n)，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解　(1)由已知可得，an＋1(1)－an(1)＝2，

∴an(1)是首项为3，公差为2的等差数列，

∴an(1)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，

∴a_n＝2n＋1(1).

(2)由(1)知b_n＝(2n＋1)2ⁿ，

∴T_n＝3×2＋5×2²＋7×2³＋…＋(2n－1)2^n－1＋(2n＋1)2ⁿ，

2T_n＝3×2²＋5×2³＋7×2⁴＋…＋(2n－1)2ⁿ＋(2n＋1)·2^n＋1，

两式相减得，－T_n＝6＋2×2²＋2×2³＋…＋2×2ⁿ－(2n＋1)2^n＋1.

＝6＋1－2(8－2×2n×2)－(2n＋1)2^n＋1

＝－2－(2n－1)2^n＋1，

∴T_n＝2＋(2n－1)2^n＋1.

 

命题点3　裂项相消法求和

例5 在数列{a_n}中，a₁＝4，na_n＋1－(n＋1)a_n＝2n²＋2n.

(1)求证：数列n(an)是等差数列；

(2)求数列an(1)的前n项和S_n.

(1)证明　na_n＋1－(n＋1)a_n＝2n²＋2n的两边同时除以n(n＋1)，

得n＋1(an＋1)－n(an)＝2(n∈N₊)，

所以数列n(an)是首项为4，公差为2的等差数列．

(2)解　由(1)，得n(an)＝2n＋2，

所以a_n＝2n²＋2n，

故an(1)＝2n2＋2n(1)＝2(1)·n(n＋1)((n＋1)－n)＝2(1)·n＋1(1)，

所以S_n＝2(1)n＋1(1)

＝2(1)n＋1(1)＝2(n＋1)(n).

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3　已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁＝1，且(t＋1)S_n＝an(2)＋3a_n＋2(t∈R)．

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)若数列{b_n}满足b₁＝1，b_n＋1－b_n＝a_n＋1，求数列2bn＋7n(1)的前n项和T_n.

解　(1)因为a₁＝1，且(t＋1)S_n＝an(2)＋3a_n＋2，

所以(t＋1)S₁＝a1(2)＋3a₁＋2，所以t＝5.

所以6S_n＝an(2)＋3a_n＋2. (ⅰ)

当n≥2时，有6S_n－1＝an－1(2)＋3a_n－1＋2，(ⅱ)

①－②得6a_n＝an(2)＋3a_n－an－1(2)－3a_n－1，

所以(a_n＋a_n－1)(a_n－a_n－1－3)＝0，

因为a_n>0，所以a_n－a_n－1＝3，

又因为a₁＝1，

所以{a_n}是首项a₁＝1，公差d＝3的等差数列，

所以a_n＝3n－2(n∈N₊)．

(2)因为b_n＋1－b_n＝a_n＋1，b₁＝1，

所以b_n－b_n－1＝a_n(n≥2，n∈N₊)，

所以当n≥2时，

b_n＝(b_n－b_n－1)＋(b_n－1－b_n－2)＋…＋(b₂－b₁)＋b₁

＝a_n＋a_n－1＋…＋a₂＋b₁＝2(3n2－n).

又b₁＝1也适合上式，所以b_n＝2(3n2－n)(n∈N₊)．

所以2bn＋7n(1)＝3n2－n＋7n(1)

＝3(1)·n(n＋2)(1)＝6(1)·n＋2(1)，

所以T_n＝6(1)·n＋2(1)

＝6(1)·n＋2(1)，

＝12(n＋1)(n＋2)(3n2＋5n).

1．已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₃＝7，a₅＋a₇＝26.

(1)求a_n及S_n；

(2)令b_n＝n(Sn)(n∈N_＋)，求证：数列{b_n}为等差数列．

(1)解　设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，

由题意有2a1＋10d＝26，(a1＋2d＝7，)

解得a₁＝3，d＝2，

则a_n＝a₁＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，

S_n＝2(n(a1＋an))＝2(n[3＋(2n＋1)])＝n(n＋2)．

(2)证明　因为b_n＝n(Sn)＝n(n(n＋2))＝n＋2，

又b_n＋1－b_n＝n＋3－(n＋2)＝1，

所以数列{b_n}是首项为3，公差为1的等差数列．

2．(2018·包头模拟)在数列{a_n}和{b_n}中，a₁＝1，a_n＋1＝a_n＋2，b₁＝3，b₂＝7，等比数列{c_n}满足c_n＝b_n－a_n.

(1)求数列{a_n}和{c_n}的通项公式；

(2)若b₆＝a_m，求m的值．

解　(1)因为a_n＋1－a_n＝2，且a₁＝1，

所以数列{a_n}是首项为1，公差为2的等差数列．

所以a_n＝1＋(n－1)·2＝2n－1，即a_n＝2n－1.

因为b₁＝3，b₂＝7，且a₁＝1，a₂＝3，

所以c₁＝b₁－a₁＝2，c₂＝b₂－a₂＝4.

因为数列{c_n}是等比数列，

且数列{c_n}的公比q＝c1(c2)＝2，

所以c_n＝c₁·q^n－1＝2×2^n－1＝2ⁿ，即c_n＝2ⁿ.

(2)因为b_n－a_n＝2ⁿ，a_n＝2n－1，

所以b_n＝2ⁿ＋2n－1.

所以b₆＝2⁶＋2×6－1＝75.

令2m－1＝75，得m＝38.

3．已知递增的等比数列{a_n}满足：a₂＋a₃＋a₄＝28，且a₃＋2是a₂和a₄的等差中项．

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)若b_n＝a_na_n，S_n＝b₁＋b₂＋…＋b_n，求使S_n＋n·2^n＋1>62成立的正整数n的最小值．

解　(1)由题意，得a1q＋a1q3＝2(a1q2＋2)，(a1q＋a1q2＋a1q3＝28，)

解得q＝2(a1＝2，)或，(1)

∵{a_n}是递增数列，∴a₁＝2，q＝2，

∴数列{a_n}的通项公式为a_n＝2·2^n－1＝2ⁿ.

(2)∵b_n＝a_na_n＝2ⁿ·2ⁿ＝－n·2ⁿ，

∴S_n＝b₁＋b₂＋…＋b_n＝－(1×2＋2×2²＋…＋n·2ⁿ)，①

则2S_n＝－(1×2²＋2×2³＋…＋n·2^n＋1)，②

②－①，得S_n＝(2＋2²＋…＋2ⁿ)－n·2^n＋1＝2^n＋1－2－n·2^n＋1，

则S_n＋n·2^n＋1＝2^n＋1－2，

解2^n＋1－2>62，得n>5，

∴n的最小值为6.

4．正项等差数列{a_n}满足a₁＝4，且a₂，a₄＋2，2a₇－8成等比数列，{a_n}的前n项和为S_n.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)令b_n＝Sn＋2(1)，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解　(1)设数列{a_n}的公差为d(d>0)，

由已知得a₂(2a₇－8)＝(a₄＋2)²，

化简得，d²＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，

所以a_n＝a₁＋(n－1)d＝2n＋2.

(2)因为S_n＝2(n(a1＋an))＝2(n(2n＋6))＝n²＋3n，

所以b_n＝Sn＋2(1)＝n2＋3n＋2(1)＝(n＋1)(n＋2)(1)

＝n＋1(1)－n＋2(1)，

所以T_n＝b₁＋b₂＋b₃＋…＋b_n

＝3(1)＋4(1)＋5(1)＋…＋n＋2(1)

＝2(1)－n＋2(1)＝2n＋4(n).

5．数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁＝1，(2n－1)a_n＋1＝(2n＋3)S_n(n＝1，2，3，…)．

(1)证明：数列2n－1(Sn)是等比数列；

(2)求数列{S_n}的前n项和T_n.

(1)证明　∵a_n＋1＝S_n＋1－S_n＝2n－1(2n＋3)S_n，

∴S_n＋1＝2n－1(2(2n＋1))S_n，∴2n＋1(Sn＋1)＝2·2n－1(Sn)，

又a₁＝1，∴1(S1)＝1≠0，

∴数列2n－1(Sn)是以1为首项，2为公比的等比数列．

(2)解　由(1)知，2n－1(Sn)＝2^n－1，

∴S_n＝(2n－1)·2^n－1，

∴T_n＝1＋3×2＋5×2²＋…＋(2n－3)·2^n－2＋(2n－1)·2^n－1，①

2T_n＝1×2＋3×2²＋5×2³＋…＋(2n－3)·2^n－1＋(2n－1)·2ⁿ.②

①－②得

－T_n＝1＋2×(2¹＋2²＋…＋2^n－1)－(2n－1)·2ⁿ

＝1＋2×1－2(2－2n－1×2)－(2n－1)·2ⁿ

＝(3－2n)·2ⁿ－3，

∴T_n＝(2n－3)·2ⁿ＋3.

6．设数列{a_n}满足a₁＝2(1)，a_n＝an－1＋2(2an－1＋1)(n≥2，n∈N_＋)．

(1)证明：数列an＋1(an－1)为等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；

(2)设c_n＝(3ⁿ＋1)a_n，证明：数列{c_n}中任意三项不可能构成等差数列．

(1)解　由条件，a_n－1＝an－1＋2(2an－1＋1)－1

＝an－1＋2(an－1－1)(n≥2，n∈N_＋)，①

a_n＋1＝an－1＋2(2an－1＋1)＋1＝an－1＋2(3(an－1＋1))(n≥2，n∈N_＋)，②

由a₁＝2(1)知a_n>0，∴a_n＋1>0.

①÷②得，an＋1(an－1)＝3(1)·an－1＋1(an－1－1)(n≥2，n∈N_＋)，

且a1＋1(a1－1)＝＋1(1)＝－3(1)≠0，

∴an＋1(an－1)是首项为－3(1)，公比为3(1)的等比数列．

∴an＋1(an－1)＝－3(1)·3(1)^n－1＝－3(1)ⁿ，

∴a_n＝3n＋1(3n－1).

(2)证明　由(1)得，c_n＝(3ⁿ＋1)a_n＝3ⁿ－1，

(反证法)假设存在正整数l，m，n且1≤l<m<n，

使得c_l，c_m，c_n成等差数列．

则2(3^m－1)＝3^l＋3ⁿ－2，即2·3^m＝3^l＋3ⁿ，

则有2·3^m－l＝1＋3^n－l，即2·3^m－l－3^n－l＝1，

则有3^m－l·[2－3^{n－l－(m－l)}]＝1，

即3^m－l·(2－3^n－m)＝1.

∵l，m，n∈N_＋且1≤l<m<n，

∴3^m－l∈N_＋.

∴3m－l＝1，(2－3n－m＝1，)∴m－l＝0，(n－m＝0，)

∴l＝m＝n与l<m<n矛盾，

故假设不成立，

∴数列{c_n}中任意三项不可能构成等差数列．