题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
即2(an+1+an)(an+1-an)-(an+1+an)=0,
∴ (an+1+an)(2an+1-2an-1)=0.
由于数列各项均为正数,
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
∴ Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0, 即数列{an}是等差数列.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
突破策略二 递推相减化归法
对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解 题思路为:由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,两关系式相减 后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.
(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,
∵ b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n, ∴ T2n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
策略一 策略二
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,T2n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求T2n.
解:(1)∵ 3S1,2S2,S3成等差数列,∴ 4S2=3S1+S3. ∴ 4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即a3=3a2. ∴ 公比q=3.∴ an=a1qn-1=3n.
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种思路:一是 先求和再对和式放缩;二是先对数列的通项放缩再求数列的和,必 要时对其和再放缩.
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
对点训练3已知数列{an},其前n项和为Sn,满足a1=2,Sn=λnan+μan-1, 其中n≥2,n∈ N*,λ,μ∈ R.
(1)若λ=0,μ=4,bn=an+1-2an(n∈ N*),求证:数列{bn}是等比数列;
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
Tn=(n-1)·2n+1+2.
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策略一 策略二
对点训练5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.
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(2)解：由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n} 是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,即an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.
∴ {an}是等比数列.
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
突破策略一 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项和即可用错位相减法来求,即 和式两边同乘以等比数列的公比,然后作差求解.
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策略一 策略二
突破策略二 转化法
无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、整理后, 能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比 数列的通项公式或求和公式解决问题.
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策略一 策略二
例2已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数 列.
(2)由(1)及anbn+1=nbn+bn+1,
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策略一 策略二
对点训练1在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16. (1)求数列{an}的通项公式. (2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第4项和第16项,试求数列{bn}的 通项公式及前n项和Sn.
证明:(1)若λ=0,μ=4,则Sn=4an-1(n≥2), 所以an+1=Sn+1-Sn=4(an-an-1), 即an+1-2an=2(an-2an-1),所以bn=2bn-1. 又由a1=2,a1+a2=4a1, 得a2=3a1=6,a2-2a1=2≠0,即bn≠0,
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证明:(1)当n=1时,a1=S1=1. ∵ Sn=(m+1)-man,① ∴ Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2),② 由①-②,得an=man-1-man(n≥2), 即(m+1)an=man-1. ∵ a1≠0,m<-1,∴ an-1≠0,m+1≠0.
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求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在,再以此假设 为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立, 即不存在.若推不出矛盾,则得到存在的结果.
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例8已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为 常数.
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策略一 策略二
突破策略一 定义法
用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1 =d(n≥2)和an+1-an=d,前者必须加上“n≥2”,否则n=1时a0无意义;用 定义法证明一个数列是等比数列也常采用两个式子
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策略一 策略二
(1)求a1,a2; (2)求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是等差数列; (3)若数列{bn}满足an=log2bn,试证明数列{bn}是等比数列,并求其 前n项和Tn.
又a1=5满足an=3n+2,故an=3n+2. 因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3(n∈ N*), 所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
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策略一 策略二
突破策略二 裂项相消法
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.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的 项是前后对称的.
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
对点训练2设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项 和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
(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
(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=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,② 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.
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从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、 等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的 通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题特点 是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.