第六章 高考专题突破三　高考中的数列问题.docx

1、高考专题突破三高考专题突破三高考中的数列问题高考中的数列问题 考试要求1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和 的几种常见方法.3.了解数列是一种特殊的函数.4.能在具体问题情境中， 发现等差、 等比关系， 并解决相应的问题 数列求和的几种常用方法 1公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和 (1)等差数列的前 n 项和公式： Snna1an 2 na1nn1 2 d. (2)等比数列的前 n 项和公式： Sn na1，q1， a1anq 1q a11q n 1q ，q1. 2分组求和法与并项求和法 (1)若一个数列是由若干个等差数列或等

2、比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和 法，分别求和后相加减 (2)形如 an(1)nf(n)类型，常采用两项合并求解 3裂项相消法 (1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和 (2)常见的裂项技巧 1 nn1 1 n 1 n1. 1 nn2 1 2 1 n 1 n2 . 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 . 1 n n1 n1 n. loga 11 n loga(n1)logan(n0) 4错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列 的前 n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n

3、项和公式就是用此法推导的 题型一 数列与数学文化 1(多选)(2020山东曲阜一中月考)在增删算法统宗中有这样一则故事：“三百七十八里 关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”则下列说法正确的是() A此人第二天走了九十六里路 B此人第三天走的路程占全程的1 8 C此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 D此人后三天共走了 42 里路 答案ACD 解析设此人第 n 天走 an里路，则数列an是首项为 a1，公比为 q1 2的等比数列， 因为 S6378，所以 S6a 1 1 1 26 11 2 378， 解得 a1192， 对于 A，由于 a21921 296，所以此人第二天走了

4、九十六里路，所以 A 正确； 对于 B，由于 a31921 448， 48 378 1 8，所以 B 不正确； 对于 C，由于 378192186,1921866， 所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六 里，所以 C 正确； 对于 D， a4a5a6378192964842， 所以此人后三天共走了 42 里路， 所以 D 正确 2我国古代数学名著算法统宗中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠次第每人多 十七，要将第八数来言务要分明依次第，孝和休惹外人传”意为：“996 斤棉花，分别 赠送给 8 个子女做旅费， 从第 1 个孩子开始， 以后每人依次多 17 斤， 直到第 8 个孩子为止 分

5、 配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话”在这个问题中， 第 8 个孩子分到的棉花为() A184 斤B176 斤 C65 斤D60 斤 答案A 解析依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为an，公差为 d，前 n 项和为 Sn，第一个孩子所得棉花斤数为 a1，则由题意得，d17，S88a187 2 17 996，解得 a165，a8a1(81)d184. 3我国古代数学典籍九章算术“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两 鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几 天相逢？() A2B3C4D6

6、答案C 解析不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列an和bn， 则由题意可知，数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 数列bn是首项为 1，公比为1 2的等比数列， 设前 n 天两鼠总共穿墙的厚度之和为 Sn， 则 Sn12 n 12 1 1 2 n 11 2 2n 1 2 n11， 当 n3 时，S335 4 10， 故两个老鼠在第 4 天相逢 4 (2021潍坊模拟) 周髀算经 是中国古代重要的数学著作， 其记载的“日月历法”曰： “阴 阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二 十岁，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”某老年公寓住有 20

7、 位老人，他们的年 龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于 90100 岁)，其余 19 人的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为() A94 岁B95 岁C96 岁D98 岁 答案B 解析设年长者的年龄为 t，由已知，其余 19 位老人的年龄从小到大依次排列构成公差 d1 的等差数列，设最小者的年龄为 a1，由“遂千百五二十岁”知，一遂就是 1 520 岁(一遂有 20 部，一部有 4 章，一章有 19 岁，且 204191 520)所以这 20 位老人的年龄之和为 19a1 1918 2 dt1 520，整理得 a19 t 1980.因为 tN *，a1N*，所以

8、t 19N *.又因为 t(90,100)，所以 t19595.故选 B. 思维升华 数列与数学文化解题 3 步骤 读懂题意会脱去数学文化的背景，读懂题意 构建模型由题意，构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型 求解模型利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项、通项公式或前 n 项和的公式 题型二数列的判定与证明 例 1 已知数列an的前 n 项和为 Sn，nN*，a11，a23 2，a 35 4，且当 n2 时，4S n25Sn 8Sn1Sn1. (1)求 a4的值； (2)证明： an11 2a n 为等比数列 (1)解因为 4Sn25Sn8Sn1Sn1，a11，a23 2，a 35

9、4， 当 n2 时，4S45S28S3S1， 即 4 13 2 5 4a 4 5 13 2 8 13 2 5 4 1， 解得 a47 8. (2)证明由 4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)， 得 4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)， 即 4an2an4an1(n2) 当 n1 时，有 4a3a145 4164a 2， 4an2an4an1， an21 2a n1 an11 2a n 4an 22an1 4an12an 4an 1an2an1 4an12an 2an1an 22an1an 1 2， 数列 an11 2a n 是以 a21 2a 11 为首项，1 2为公比的等比数列

10、 思维升华 递推数列是数列的一种给出方式，由递推公式构造新的等差(比)数列时，一是看问 题中是否有提示的形式，二是直接对递推公式进行变形 跟踪训练 1已知数列an满足 a11，且 nan1(n1)an2n22n，nN*. (1)求 a2，a3的值； (2)证明数列 an n 是等差数列，并求an的通项公式 解(1)由已知，a11，且 nan1(n1)an2n22n， 得 a22a14，则 a22a14，又 a11，所以 a26， 由 2a33a212，得 2a3123a2，所以 a315. (2)由已知 nan1(n1)an2n(n1)， 得nan 1n1an nn1 2，即 an1 n1 a

11、n n 2， 所以数列 an n 是首项a1 1 1，公差 d2 的等差数列， 则an n 12(n1)2n1，所以 an2n2n. 题型三 数列的求和 命题点 1分组求和与并项求和 例 2 已知数列an的首项 a15，前 n 项和为 Sn，满足 Snn2n(an1) (1)证明数列an为等差数列，并求数列an的通项公式； (2)设数列bn满足 bn(1)nn(an2n4)2n，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)因为 Snn2n(an1)，即 Snnann2n， 当 n2 时，Sn1(n1)an1(n1)2(n1)， ，得(n1)an(n1)an12(n1)0. 因为 n2，所以 an

12、an12， 所以数列an是以 a15 为首项，d2 为公差的等差数列， 所以 ana1(n1)d2n7. (2)由(1)得 bn(1)nn(an2n4)2n(1)n3n2n， 所以 Tnb1b2bn(3121)(3222)(3323)(3424) (1)n3n2n3123456(1)n 1n2(1234n)， 于是当 n 为奇数时，Tn3n1 2 n(n1)2n3n1 2 ； 当 n 为偶数时，Tn3n 2 n(n1)n2n5 2 . 所以数列bn的前 n 项和 Tn 2n3n1 2 ，n 为奇数， n2n5 2 ，n 为偶数. 思维升华一般地，如果an是等差数列，bn是等比数列，求数列anb

13、n或 cn an，n 为奇数， bn，n 为偶数 的前 n 项和 Sn时，可采用分组求和法求和如果 cn(1)nan，求 cn的前 n 项和时，可采用并项求和法求解 命题点 2错位相减法求和 例 3 (2020全国)设an是公比不为 1 的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项 (1)求an的公比； (2)若 a11，求数列nan的前 n 项和 解(1)设an的公比为 q， a1为 a2，a3的等差中项， 2a1a2a3a1qa1q2，a10，q2q20， q1，q2. (2)设nan的前 n 项和为 Sn，a11，an(2)n 1， Sn112(2)3(2)2n(2)n 1， 2Sn1(2)

14、2(2)23(2)3(n1)(2)n 1n(2)n， 得，3Sn1(2)(2)2(2)n 1n(2)n 12 n 12 n(2)n113n2 n 3 ， Sn113n2 n 9 ，nN*. 思维升华 (1)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前 n 项和时，常采 用错位相减法 (2)错位相减法求和时，应注意： 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地 写出“SnqSn”的表达式 应用等比数列求和公式必须注意公比 q 是否等于 1，如果 q1，应用公式 Snna1. 命题点 3裂项

15、相消法求和 例 4 (2020潍坊模拟)已知数列an为等比数列，a11；数列bn满足 b23，a1b1a2b2a3b3 anbn3(2n3)2n. (1)求 an； (2)求 1 bnbn1的前 n 项和 Tn. 解(1)令 n1，得 a1b13(23)21， 所以 b11， 令 n2，得 a1b1a2b27，所以 a2b26， 又 b23，所以 a22， 设数列an的公比为 q，则 qa2 a12， 所以 an2n 1. (2)当 n2 时，a1b1a2b2a3b3an1bn13(2n5)2n 1， 又 a1b1a2b2a3b3anbn3(2n3)2n， 得 anbn3(2n3)2n3(2n

16、5)2n 1(2n1)2n1， 所以 bn2n1，由(1)知 b11，满足 bn2n1， 故 bn2n1， 1 bnbn1 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ， 所以 Tn1 2 11 3 1 2 1 3 1 5 1 2 1 2n1 1 2n1 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 n 2n1. 思维升华 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏 写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目 的 跟踪训练 2 (1)已知各项均为正数的等差数列an中，a1a2a315，

17、且 a12，a25，a3 13 构成等比数列bn的前三项 求数列an，bn的通项公式； 求数列anbn的前 n 项和 Tn. 解设等差数列的公差为 d， 则由已知得，a1a2a33a215，即 a25， 又(5d2)(5d13)100， 解得 d2 或 d13(舍去)，a1a2d3， ana1(n1)d2n1， 又 b1a125，b2a2510， q2，bn52n 1. 由知 anbn(2n1)52n 15(2n1)2n1， Tn5352722(2n1)2n 1， 2Tn532522723(2n1)2n， 两式相减得 Tn532222222n 1(2n1)2n 5(12n)2n1， 则 Tn5

18、(2n1)2n1 (2)(2021河北衡水中学模拟)已知数列an满足 a14， 且当 n2 时， (n1)ann(an12n2) 求证：数列 an n 是等差数列； 记 bn2n1 a2n ，求数列bn的前 n 项和 Sn. 证明当 n2 时，(n1)ann(an12n2)， 将上式两边都除以 n(n1)，得an n an 12n2 n1 ， 即an n an1 n12， 所以数列 an n 是以a1 1 4 为首项，2 为公差的等差数列 解由得an n 42(n1)2n2， 即 an2n(n1)， 所以 bn2n1 a2n 1 4 1 n2 1 n12， 所以 Sn1 4 1 1 22 1

19、22 1 32 1 n2 1 n121 4 1 1 n12 n22n 4n12. 题型四 数列的综合问题 例 5 (12 分)(2020新高考全国)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420，a38. (1)求an的通项公式； (2)记 bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前 100 项和 S100. 规范解答 解(1)由于数列an是公比大于 1 的等比数列， 设首项为 a1，公比为 q， 依题意有 a1qa1q320， a1q28， 2 分 解得 a132， q1 2 (舍)或 a12， q2， 4 分 所以an的通项公式为 an2n，nN*.6 分 (2)由

20、于 212,224,238,2416,2532,2664，27128，7 分 所以 b1对应的区间为(0,1，则 b10； b2，b3对应的区间分别为(0,2，(0,3， 则 b2b31，即有 2 个 1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为 (0,4，(0,5，(0,6，(0,7， 则 b4b5b6b72， 即有 22个 2；8 分 b8，b9，b15对应的区间分别为(0,8，(0,9，(0,15，则 b8b9b153， 即有 23个 3； b16，b17，b31对应的区间分别为(0,16，(0,17，(0,31， 则 b16b17b314，即有 24个 4；9 分 b32，b33，b6

21、3对应的区间分别为(0,32，(0,33，(0,63， 则 b32b33b635，即有 25个 5； b64，b65，b100对应的区间分别为(0,64，(0,65，(0,100， 则 b64b65b1006，即有 37 个 6.10 分 所以 S10012222323424525637480.12 分 第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等确定基本量间的关系，计算得出基 本量，确立数列的通项公式； 第二步：通过题目表达确立关键信息或者关系，本题关键是找准 m 的取值和 an的联系，可以 从小到大进行列举找出规律； 第三步： 根据和的表达式或通项的特征， 选择合适的方法(定义法、

22、分组转化法、错位相减法、 裂项相消法)求和； 第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤 跟踪训练 3 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 n，an，Sn成等差数列，bn2log2(1an)1. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn中去掉数列an的项后余下的项按原顺序组成数列cn，求 c1c2c100的 值 解(1)因为 n，an，Sn成等差数列， 所以 Snn2an， 所以 Sn1n12an1(n2)， ，得 an12an2an1， 所以 an12 (a n11)(n2)， 又当 n1 时，S112a1， 所以 a11，所以 a112， 故数列 a n 1 是首项为 2，公

23、比为 2 的等比数列， 所以 an122n 12n，即 an2n1. (2)据(1)求解知，bn2log2(12n 1) 12n1， b11，所以 bn1bn2， 所以数列bn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， 又因为 a11，a23，a37，a415，a531，a663，a7127，a8255，b64127，b106 211，b107213， 所以 c1c2c100 (b 1b2b107) (a 1a2a7) 107(1213) 2 (2 12227)7 107214 2 2(12 7) 12 7107228911 202. 课时精练课时精练 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，

24、等比数列bn的前 n 项和为 Tn.若 a1b13，a4b2， S4T212. (1)求数列an与bn的通项公式； (2)求数列anbn的前 n 项和 解(1)由 a1b1，a4b2， 则 S4T2(a1a2a3a4)(b1b2)a2a312， 设等差数列an的公差为 d， 则 a2a32a13d63d12，所以 d2. 所以 an32(n1)2n1， 设等比数列bn的公比为 q， 由题意知 b2a49，即 b2b1q3q9， 所以 q3.所以 bn3n. (2)anbn(2n1)3n， 所以anbn的前 n 项和为(a1a2an)(b1b2bn)(352n1)(332 3n)32n1n 2

25、313 n 13 n(n2)33 n1 2 . 2已知等比数列an的前 n 项和 Sn满足 4S53S4S6，且 a39. (1)求数列an的通项公式 an； (2)设 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)设数列an的公比为 q， 由 4S53S4S6，得 S6S53S53S4， 即 a63a5，q3， an93n 33n1. (2)bn(2n1)an(2n1)3n 1， Tn130331532(2n1)3n 1， 3Tn131332(2n3)3n 1(2n1)3n， 2Tn123123223n 1(2n1)3n 2(22n)3n， Tn122n3 n 2 (n1)3

26、n1. 3已知在数列an中，a11，a22，an13an2an1(n2，nN*)设 bnan1an. (1)证明：数列bn是等比数列； (2)设 cn bn 4n212n，求数列c n的前 n 项和 Sn. (1)证明因为 an13an2an1(n2，nN*)， bnan1an， 所以bn 1 bn an 2an1 an1an 3an 12anan1 an1an 2an 1an an1an 2， 又 b1a2a1211， 所以数列bn是以 1 为首项，2 为公比的等比数列 (2)解由(1)知 bn12n 12n1， 因为 cn bn 4n212n， 所以 cn 1 22n12n1 1 4 1

27、2n1 1 2n1 ， 所以 Snc1c2cn1 4 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 4 1 1 2n1 n 4n2. 4(2020黄山模拟)已知递增的等差数列an的前 n 项和为 Sn，S11，S2，S31，S4成等比 数列 (1)求数列an的通项公式； (2)已知 bn1 n4n4 an1an2 ，求数列bn的前 2n 项和 T2n. 解(1)由 S11 知等差数列an的首项为 1，所以 Snnnn1 2 d， 由 S2，S31，S4成等比数列可得(S31)2S2S4， 所以(23d)2(2d)(46d)，解得 d2 或 d2 3， 由等差数列an为递增数列知，d0，

28、所以 d2， 所以 an12(n1)2n1. (2)因为 bn1 n4n4 an1an2 1n4n4 2n12n3 (1)n 1 2n1 1 2n3 ， 所以 T2nb1b2b3b4b2n1b2n 1 3 1 5 1 5 1 7 1 7 1 9 1 9 1 11 1 4n1 1 4n1 1 4n1 1 4n3 1 3 1 4n3 4n 34n3. 5(2020天津)已知an为等差数列，bn为等比数列，a1b11，a55(a4a3)，b54(b4 b3) (1)求an和bn的通项公式； (2)记an的前 n 项和为 Sn，求证：SnSn2S2n1(nN*)； (3)对任意的正整数 n，设 cn

29、3an2bn anan2 ，n 为奇数， an1 bn1，n 为偶数. 求数列cn的前 2n 项和 (1)解设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q. a11，a55(a4a3)，14d5d，d1， an的通项公式为 ann. b11，b54(b4b3)，又 q0， q44(q3q2)，解得 q2， bn的通项公式为 bn2n 1. (2)证明由(1)可得 Snnn1 2 ， SnSn21 4n(n1)(n2)(n3)， S2n11 4(n1) 2(n2)2， SnSn2S2n11 2(n1)(n2)0， SnSn2S2n1. (3)解当 n 为奇数时， cn3an2bn anan

30、2 3n22 n1 nn2 2n 1 n2 2n 1 n ； 当 n 为偶数时，cnan 1 bn1 n1 2n . 对任意的正整数 n，有 错误错误!2k1错误错误! 22k 2k1 22k 2 2k1 22n 2n11， 错误错误!2k错误错误!2k1 4k 1 4 3 42 5 43 2n1 4n . 由1 4得 1 4错误 错误!2k 1 42 3 43 2n3 4n 2n1 4n 1 . 得 3 4错误 错误!2k1 4 2 42 2 4n 2n1 4n 1 2 4 1 1 4n 11 4 1 4 2n1 4n 1 ， 错误错误!2k5 9 6n5 94n. 因此，错误错误!2k错误错误!2k1错误错误!2k 4n 2n1 6n5 94n 4 9. 数列cn的前 2n 项和为 4n 2n1 6n5 94n 4 9.