1、核心热点真题印证核心素养 等比(差)数列的 判定与证明 2019全国卷，19；2018全国卷，17； 2017全国卷，17 逻辑推理、 数学 运算 通项与求和 2020新高考山东，18；2020全国卷， 17；2020全国卷，17；2018全国卷， 17 数学运算、 数学 建模 等差与等比数列 的综合问题 2020全国卷，17；2020天津，19； 2020浙江，20；2019全国卷，18； 2019全国卷，18；2018全国卷，17 数学运算、 逻辑 推理 等比(差)数列的判定与证明 教材探究(选择性必修第三册 P42 习题 53C 第 2 题) 在数列an中，Sn14an2，a11. (1
2、)设 bnan12an，求证：数列bn是等比数列； (2)设 cnan 2n，求证：数列c n是等差数列. 试题评析1.题目以 an与 Sn的关系给出的递推式，证明bn是等比数列，作比 法，即bn 1 bn an 22an1 an12an 2；证明cn是等差数列，作差法，即 cn1cnan 1 2n 1 an 2n an12an 2n 1 32 n1 2n 1 3 4. 2.两题均从递推关系入手，考查等差、等比数列的判定，突显数学运算与逻辑推 理等数学核心素养. 【教材拓展】记 Sn为数列an的前 n 项和，2Snan 1 2n 1(nN *). (1)求 anan1； (2)令 bnan2a
3、n，证明数列bn是等比数列，并求其前 n 项和 Tn. (1)解因为 2Snan 1 2n 1， 所以 2Sn1an1 1 2n， 由，得 2(Sn1Sn)an1an 1 2n， 所以 an1an 1 2n. (2)证明由(1)知 an1an 1 2n， 得 an2an1 1 2n 1， 两式相减 an2an 1 2n 1 1 2n 1 2n 1， 因此 bnan2an 1 2n 1(nN *)， 又 b11 4， bn1 bn 1 2， 故数列bn是以1 4为首项， 1 2为公比的等比数列. 所以 Tn 1 4 1 1 2n 11 2 1 2 1 1 2n. 【链接高考】(2019全国卷)已
4、知数列an和bn满足 a11，b10，4an13an bn4，4bn13bnan4. (1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列； (2)求an和bn的通项公式. (1)证明由题设得 4(an1bn1)2(anbn)， 即 an1bn11 2(a nbn).又因为 a1b11， 所以anbn是首项为 1，公比为1 2的等比数列. 由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8， 即 an1bn1anbn2. 又因为 a1b11， 所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列. (2)解由(1)知，anbn 1 2n 1，anbn2n1， 所以 an1 2(a nbn)(anbn) 1
5、 2nn 1 2， bn1 2(a nbn)(anbn) 1 2nn 1 2. 等差与等比数列的综合问题 【例题】(2020浙江卷)已知数列an，bn，cn满足 a1b1c11，cnan1 an，cn1 bn bn2c n，nN*. (1)若bn为等比数列，公比 q0，且 b1b26b3，求 q 的值及数列an的通项 公式； (2)若bn为等差数列，公差 d0，证明：c1c2c3cn11 d，nN *. 自主解答 (1)解由 b1b26b3，得 1q6q2，解得 q1 2. 由 cn1 bn bn2c n4cn，得 cn4n 1. 由 an1an4n 1，得 ana1144n24n 12 3
6、. (2)证明依题意设 bn1(n1)ddn1d，由 cn1 bn bn2c n，得c n1 cn bn bn2， 所以 cn cn1 bn1 bn2(n2，nN *)， 故 cn cn cn1 cn1 cn2 c3 c2 c2 c1c 1b n1 bn1 bn2 bn bn 3 bn1 b2 b1 b1 b3c 1b 1b2c1 bnbn1 1d d 1 bn 1 bn1， 所以 c1c2c3cn 11 d 1 1 bn1. 由 b11，d0，得 bn11，因此 c1c2c3cn11 d，nN *. 探究提高1.本题主要考查利用等差、等比数列通项公式与前 n 项和公式计算， 突出方程思想和数
7、学运算等核心素养，准确计算是求解的关键. 2.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以 便实现等差、等比数列之间的相互转化.数列的求和主要是等差、等比数列的求 和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然 后利用 b11，d0 证明不等式成立，体现了对数学基础知识、基本方法的重点 考查.另外本题在探求an与cn的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法. 【尝试训练】(2020全国卷)设等比数列an满足 a1a24，a3a18. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为数列log3an的前 n 项和.若 SmSm1Sm3，求 m. 解(1)
8、设an的公比为 q，则 ana1qn 1. 因为 a1a24，a3a18， 所以 a1a1q4， a1q2a18. 解得 a11， q3. 所以an的通项公式为 an3n 1. (2)由(1)知 log3ann1. 所以数列log3an是首项为 0，公差为 1 的等差数列， 因此 Sn（n1）n 2 . 由于 SmSm1Sm3，得 m(m1)(m1)m (m3)(m2)， 即 m25m60. 解之得 m6 或 m1(舍去). 所以实数 m 的值为 6. 数列的通项与求和 【例题】(12 分)(2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于 0. 已知 a1b13，b2a3，b34a
9、23. (1)求an和bn的通项公式； (2)设数列cn满足 cn 1，n 为奇数， bn 2 ，n 为偶数.求 a1c1a2c2a2nc2n(nN*). 规范解答 解(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q(q0). 依题意，得 3q32d， 3q2154d，解得 d3， q3， (由条件建立方程组求公差和公比)3 故 an33(n1)3n，bn33n 13n.所以an的通项公式为 an3n，bn的 通项公式为 bn3n.5 (2)a1c1a2c2a2nc2n (a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn) n3n（n1） 2 6 (631123218336
10、n3n)8 3n26(131232n3n). 记 Tn131232n3n， 则 3Tn132233n3n 1， 得，2Tn332333nn3n 1 3（13 n） 13 n3n 1（2n1）3n 13 2 .11 所以 a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn 3n23（2n1）3 n13 2 （2n1）3 n26n29 2 (nN*).12 得步骤分：抓住得分点的解题步骤， “步步为赢” ，在第(1)问中，由条件式转 化为关于 d，q 的方程组，由公式求 an，bn，在第(2)问中观察数列的结构特征先 分组，后用错位相减法求和. 得关键分：(1)列方程组，(2)分组求和都是不可缺少的过程，有
11、则给分，无则 没分. 得计算分：解题过程中计算正确是得满分的根本保证，特别是第(1)问中的解 方程，起着至关重要的作用，第(2)问中的错位相减法求和是计算中的难点. 由题设条件列方程组求基本量 求an，bn的通项公式 根据数列的特征，分组求和 利用错位相减法求 Tn 反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤 【规范训练】(2021衡水检测)已知函数 f(x) 3cos xsin x(xR)的所有正的 零点构成递增数列an(nN*). (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 2 n an2 3 ，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)f(x) 3cos xsin x2cos x 6
12、， 由题意令x 6k 2(kZ)， 解得 xk1 3(kZ). 又函数 f(x)的所有正的零点构成递增数列an，所以an是以首项 a11 3，公差 d 1 的等差数列， 因此 an(n1)11 3n 2 3(nN *). (2)由(1)知 bn 1 2 n an2 3 n 1 2 n ， 则 Tn1 1 2 1 2 1 2 2 3 1 2 3 (n1) 1 2 n1 n 1 2 n ， 1 2T n1 1 2 2 2 1 2 3 3 1 2 4 (n1) 1 2 n n 1 2 n1 ， 由得 1 2T n1 2 1 22 1 23 1 2n n 2n 1 1 2 1 1 2n 11 2 n
13、2n 11(n2) 1 2 n1 ， 所以 Tn2n2 2n . 1.已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnan n . (1)求 b1，b2，b3； (2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由； (3)求an的通项公式. 解(1)由条件可得 an12（n1） n an. 将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以 a24. 将 n2 代入得，a33a2，所以 a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列.理由如下： 由条件可得 an1 n1 2an n ，即 bn12bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的
14、等比数列. (3)由(2)可得an n 2n 1， 所以an的通项公式为 ann2n 1. 2.(2021沈阳模拟)设 Sn为等差数列an的前 n 项和，bn是正项等比数列，且 a1 b11，a53b2.在a3b314，a1b581，S44S2这三个条件中任选一 个，回答下列问题： (1)求数列an和bn的通项公式； (2)如果 ambn(m，nN*)，写出 m，n 的关系式 mf(n)，并求 f(1)f(2)f(3) f(2 020)的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解(1)若选，a3b314， 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q(q0)， 则 12
15、dq214， 14d3q， 解得 d2， q3 或 d29 8 ， q9 2 (舍)， 则 an2n1，bn3n 1. 若选，a1b581， 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q(q0). 因为 a1b11，所以 q4b5 b181，解得 q3， 所以 bn3n 1. 又因为 a53b2，所以 14d33， 解得 d2，所以 an2n1. 若选，S44S2， 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q(q0). 因为 a1b11，a53b2， 则 443 2 d4（2d） ， 14d3q， 解得 d2， q3， 则 an2n1，bn3n 1. (2)因为 ambn，
16、所以 2m13n 1，即 m1 2(3 n11)， f(1)f(2)f(3)f(2 020)1 2(3 01)(311)(32 0191)1 2(3 031 32 0192 020)1 2 132 020 13 2 020 3 2 0201 4 1 010. 3.(2020全国卷)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，由题设得 2a1a2a3， 即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20，解得 q1(舍去)或 q2. 故an的公比为2. (2)记 Sn为nan的前 n
17、 项和. 由(1)及题设可得 an(2)n 1， 所以 Sn12(2)n(2)n 1， 2Sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n. 所以 3Sn1(2)(2)2(2)n 1n(2)n 1（2） n 3 n(2)n. 所以 Sn1 9 （3n1） （2）n 9 . 4.(2021重庆调研)在等差数列an中，已知 a612，a1836. (1)求数列an的通项公式 an； (2)若_，求数列bn的前 n 项和 Sn. 在bn 4 anan1， b n(1)nan， bn2anan这三个条件中任选一个补充在第(2) 问中，并对其求解. 解(1)由题意 a15d12， a117d36， 解得 d
18、2，a12. an2(n1)22n. (2)选条件 bn 4 2n2（n1） 1 n（n1），则 S n 1 12 1 23 1 n（n1） 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 选条件 an2n，bn(1)nan， Sn2468(1)n2n， 当 n 为偶数时， Sn(24)(68)2(n1)2n n 22n； 当 n 为奇数时，n1 为偶数，Sn(n1)2nn1. Sn n，n 为偶数， n1，n 为奇数. 选条件 an2n，bn2anan，bn22n2n2n4n， Sn2414426432n4n， 4Sn2424436442(n1)4n2n4n 1， 得 3Sn24124224324n2n4n 1 4（14 n） 14 22n4n 18（14n） 3 2n4n 1， Sn8 9(14 n)2n 3 4n 1. 5.(2020西安调研)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2(Sn32 n)an15. (1)证明：数列3n 1an是等差数列. (2)令 bn 8n10 33n 1anan 1 ，求数列bn的前 n 项和 Tn，并证明2 7T n0，所以 T n1 3，故 2 7T n1 3.
