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S 2＝2，S 3＝－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⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n2n ＋13＝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 ，S 1＋1，S 3，S 4成等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若S 4，S 6，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⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝S 1＋1＋S 4，a 22＝a 1a 5，d ≠0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2a 1，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，∴S n ＝n 2， ∴S 4＝16，S 6＝36， 又S 4S n ＝S 26，∴n 2＝36216＝81， ∴n ＝9，公比q ＝S 6S 4＝94.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 ＝t (3n ＋n 2)－13n ，若数列a 4，a 5，a 6，…，a n (n ≥4，n ∈N ＋)是“增差数列”，则实数t 的取值范围是________. 答案 ⎝⎛⎭⎫215，＋∞解析 数列a 4，a 5，a 6，…，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t [3n ＋2＋(n ＋2)2]－13n ＋2＋t (3n ＋n 2)－13n >2t [3n ＋1＋(n ＋1)2]－13n ＋1(n ≥4，n ∈N ＋)， 化简得到(2n 2－4n －1)t >2(n ≥4，n ∈N ＋)， 即t >22n 2－4n －1对于n ≥4恒成立，当n ＝4时，2n 2－4n －1有最小值15， 故实数t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫215，＋∞. 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a 1＝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a 1＝2，a 2＝0，a 3＝60，a 4＝a 5＝…＝a 21＝0满足题意； 当公积不为0时，应该有a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21＝2， 且a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，由题意可得，a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝62－2×11＝40， 则a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20＝4010＝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(a 1a 3－a 22)(a 2a 4－a 23)(a 3a 5－a 24)…·(a 2 017·a 2 019－a 22 018)的值为________.答案 1解析 因为a 1a 3－a 22＝1×2－12＝1， a 2a 4－a 23＝1×3－22＝－1， a 3a 5－a 24＝2×5－32＝1， a 4a 6－a 25＝3×8－52＝－1，…，a 2 017a 2 019－a 22 018＝1， 共有2 017项，所以(a 1a 3－a 22)(a 2a 4－a 23)(a 3a 5－a 24)…(a 2 017a 2 019－a 22 018)＝1.题型三 数列的求和命题点1 分组求和与并项求和例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a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＝32⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋log 2a 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 ＝a 1q n －1，且a n >0，由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＝32⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q (q ＋1)＝2(q ＋1)，a 21q 5(q ＋1)＝32(q ＋1)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 5＝32， 又∵a 1>0，q >0，∴a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝a 2n ＋log 2a n ＝4n －1＋n －1， ∴T n ＝(1＋4＋42＋…＋4n －1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n －1) ＝4n －14－1＋n (n －1)2＝4n －13＋n (n －1)2.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，a 1＝13，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，n ∈N ＋.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 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 ＝2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知可得，1a n ＋1－1a n＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为3，公差为2的等差数列， ∴1a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1， ∴a n ＝12n ＋1.(2)由(1)知b n ＝(2n ＋1)2n ，∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)2n －1＋(2n ＋1)2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1， 两式相减得，－T n ＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1. ＝6＋8－2×2n ×21－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)2n ＋1， ∴T n ＝2＋(2n －1)2n ＋1. 命题点3 裂项相消法求和例5 在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n .(1)证明 na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n 的两边同时除以n (n ＋1)， 得a n ＋1n ＋1－a nn＝2(n ∈N ＋)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列.(2)解 由(1)，得a nn ＝2n ＋2，所以a n ＝2n 2＋2n ，故1a n ＝12n 2＋2n ＝12·(n ＋1)－n n (n ＋1)＝12·⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n2(n ＋1). 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 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n(n ∈N ＋).①证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；②求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n . ①证明 ∵a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，当n ∈N ＋时，a nn≠0，又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N ＋)为常数， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列.②解 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1， ∴a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n . ∴S n ＝1·12＋2·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ， 12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫122＋2·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －1)⎝⎛⎭⎫12n ＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n . 综上，a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ，S n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n . (2)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n＋2(t ∈R ). ①求数列{a n }的通项公式；②若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 ①因为a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2， 所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2， 所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.(ⅰ)当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a 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a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝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，b 1＝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)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n2.又b 1＝1也适合上式， 所以b n ＝3n 2－n2(n ∈N ＋).所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2).1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝S nn (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a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1， S n ＝n (a 1＋a n )2＝n [3＋(2n ＋1)]2＝n (n ＋2).(2)证明 因为b n ＝S n n ＝n (n ＋2)n ＝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，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，b 1＝3，b 2＝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b 6＝a m ，求m 的值.解 (1)因为a n ＋1－a n ＝2，且a 1＝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b 1＝3，b 2＝7，且a 1＝1，a 2＝3， 所以c 1＝b 1－a 1＝2，c 2＝b 2－a 2＝4. 因为数列{c n }是等比数列， 且数列{c n }的公比q ＝c 2c 1＝2，所以c n ＝c 1·q n －1＝2×2n －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b 6＝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：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝12log n n a a ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值.解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n . (2)∵b n ＝12log n n a a ＝2n ·12log 2n ＝－n ·2n ， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， 则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2， 解2n ＋1－2>62，得n >5， ∴n 的最小值为6.4.正项等差数列{a n }满足a 1＝4，且a 2，a 4＋2,2a 7－8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 ＝1S n ＋2，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a 2(2a 7－8)＝(a 4＋2)2，化简得，d 2＋4d －12＝0，解得d ＝2或d ＝－6(舍)， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2.(2)因为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n ＋6)2＝n 2＋3n ，所以b n ＝1S n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋⎝⎛⎭⎫14－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2n ＋4.5.数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，(2n －1)a n ＋1＝(2n ＋3)S n (n ＝1,2,3，…).(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1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 ＋32n －1S n， ∴S n ＋1＝2(2n ＋1)2n －1S n ，∴S n ＋12n ＋1＝2·S n2n －1， 又a 1＝1，∴S 11＝1≠0，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)解 由(1)知，S n 2n －1＝2n －1， ∴S n ＝(2n －1)·2n －1，∴T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，① 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n .② ①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n ＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)·2n＝(3－2n )·2n －3， ∴T n ＝(2n －3)·2n ＋3.6.设等比数列a 1，a 2，a 3，a 4的公比为q ，等差数列b 1，b 2，b 3，b 4的公差为d ，且q ≠1，d ≠0.记c i ＝a i ＋b i (i ＝1,2,3,4).(1)求证：数列c 1，c 2，c 3不是等差数列；(2)设a 1＝1，q ＝2.若数列c 1，c 2，c 3是等比数列，求b 2关于d 的函数关系式及其定义域； (3)数列c 1，c 2，c 3，c 4能否为等比数列？并说明理由. (1)证明 假设数列c 1，c 2，c 3是等差数列， 则2c 2＝c 1＋c 3，即2(a 2＋b 2)＝(a 1＋b 1)＋(a 3＋b 3).因为b 1，b 2，b 3是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3.从而2a 2＝a 1＋a 3.又因为a 1，a 2，a 3是等比数列，所以a 22＝a 1a 3. 所以a 1＝a 2＝a 3，这与q ≠1矛盾，从而假设不成立. 所以数列c 1，c 2，c 3不是等差数列. (2)解 因为a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1.因为c 22＝c 1c 3，所以(2＋b 2)2＝(1＋b 2－d )(4＋b 2＋d )，即b 2＝d 2＋3d ，由c 2＝2＋b 2≠0，得d 2＋3d ＋2≠0， 所以d ≠－1且d ≠－2.又d ≠0，所以b 2＝d 2＋3d ，定义域为{} |d ∈R d ≠－1，d ≠－2，d ≠0.(3)解 设c 1，c 2，c 3，c 4成等比数列，其公比为q 1， 则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋b 1＝c 1， ①a 1q ＋b 1＋d ＝c 1q 1， ②a 1q 2＋b 1＋2d ＝c 1q 21， ③a 1q 3＋b 1＋3d ＝c 1q 31. ④将①＋③－2×②得，a 1(q －1)2＝c 1(q 1－1)2，⑤ 将②＋④－2×③得，a 1q (q －1)2＝c 1q 1(q 1－1)2，⑥ 因为a 1≠0，q ≠1，由⑤得c 1≠0，q 1≠1. 由⑤⑥得q ＝q 1，从而a 1＝c 1.代入①得b 1＝0.再代入②，得d ＝0，与d ≠0矛盾. 所以c 1，c 2，c 3，c 4不成等比数列.。