1、 核心热点 真题印证 核心素养 等比(差)数列的 判定与证明 2018 全国，17；2017 全国，17；2016 全 国，17 逻辑推理、 数学运算 通项与求和 2018 全国，17；2018 全国，17；2016 全 国，17；2016 全国，17 数学运算、 数学建模 等差与等比数列 的综合问题 2017 全国，17；2018 天津，18；2018 全国 ，17；2018浙江，20 数学运算、 逻辑推理 教材链接高考等比(差)数列的判定与证明 教材探究1.(引自人教 A 版必修 5P50 例 2)根据图 2.42 中的框图(图略，教材中 的图)，写出所打印数列的前 5 项，并建立数列的递
2、推公式.这个数列是等比数列 吗？ 2.(引自人教 A 版必修 5P69B6)已知数列an中，a15，a22，且 an2an13an 2(n3).对于这个数列的通项公式作一研究，能否写出它的通项公式？ 试题评析 (1)题目以算法框图为载体给出递推数列an， 其中a11， an1 2an1(n1). 进而由递推公式写出前 5 项，并利用定义判断数列an是等比数列. (2)题目以递推形式给出数列，构造数列模型 bnanan1(n2)，cnan3an 1(n2)，利用等比数列定义不难得到bn，cn是等比数列，进而求出数列an 的通项公式. 两题均从递推关系入手，考查等比数列的判定和通项公式的求解，突显
3、数学运算 与逻辑推理等数学核心素养. 【教材拓展】 (2019 郑州模拟)已知数列an满足a15， a25， an1an6an1(n2). (1)求证：an12an是等比数列； (2)求数列an的通项公式. (1)证明 因为 an1an6an1(n2)， 所以 an12an3an6an13(an2an1)(n2). 因为 a15，a25， 所以 a22a115， 所以 an2an10(n2)， 所以数列an12an是以 15 为首项，3 为公比的等比数列. (2)解 由(1)得 an12an153n 153n， 则 an12an53n， 所以 an13n 12(a n3n). 又因为 a132
4、，所以 an3n0， 所以an3n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列. 所以 an3n2(2)n 1， 故 an2(2)n 13n. 探究提高 数列递推式是数列命题常见类型，解题的关键是通过适当的变形，转 化成特殊数列问题. 【链接高考】 (2018 全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bn an 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.
5、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 的等比数列. (3)由(2)可得an n 2n 1，所以 a nn 2n 1. 教你如何审题等差与等比数列的综合问题 【例题】 (2018 天津卷)设an是等差数列，其前 n 项和为 Sn(nN+)；bn是等比 数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN+).已知 b11，b3b22，b4a3a5， b5a42a6. (1)求 Sn和 Tn； (2)若 Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数
6、n 的值. 审题路线 自主解答 解 (1)设等比数列bn的公比为 q(q0). 由 b11，b3b22，可得 q2q20. 因为 q0，可得 q2，故 bn2n 1. 所以 Tn12 n 12 2n1. 设等差数列an的公差为 d. 由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6，可得 3a113d16，从而 a11，d1， 故 ann. 所以 Snn（n1） 2 . (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n 2（12 n） 12 n2n 1n2. 由 Sn(T1T2Tn)an4bn 可得n（n1） 2 2n 1n2n2n1， 整理得 n23n40，解得 n1(舍)，或 n
7、4. 所以 n 的值为 4. 探究提高 1.本题主要考查等差、等比数列通项公式与前 n 项和公式计算，突出 方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键. 2.利用等差(比)数列的通项公式及前 n 项和公式列方程(组)求出等差(比)数列的首 项和公差(比)，进而写出所求数列的通项公式及前 n 项和公式，这是求解等差数 列或等比数列问题的常用方法. 3.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. 【尝试训练】 (2017 全国卷)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn 的前 n 项和为 Tn，a11，b11，a2
8、b22. (1)若 a3b35，求bn的通项公式； (2)若 T321，求 S3. 解 设an的公差为 d，bn的公比为 q， 则 an1(n1) d，bnqn 1. 由 a2b22 得 dq3. (1)由 a3b35 得 2dq26. 联立和解得 d3， q0 (舍去)， d1， q2. 因此bn的通项公式为 bn2n 1. (2)由 b11，T321 得 q2q200. 解得 q5 或 q4. 当 q5 时，由得 d8，则 S321. 当 q4 时，由得 d1，则 S36. 满分答题示范数列的通项与求和 【例题】 (12 分)(2017 全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n
9、. (1)求an的通项公式； (2)求数列 an 2n1 的前 n 项和. 规范解答 高考状元满分心得 得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由 an满足的 关系式，通过消项求得 an，验证 n1 时成立，写出结果.在第(2)问中观察数列的 结构特征进行裂项利用裂项相消法求得数列的前 n 项和 Sn. 得关键分：(1)an1满足的关系式，(2)验证 n1，(3)对通项裂项都是不可少的 过程，有则给分，无则没分. 得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点 2)，(得分 点 5)，(得分点 7). 构建模板 【规范训练】 (2019 芜湖调研)已知数列a
10、n是等比数列，a24，a32 是 a2和 a4的等差中项. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2log2an1，求数列anbn的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列an的公比为 q， 因为 a24，所以 a34q，a44q2. 因为 a32 是 a2和 a4的等差中项， 所以 2(a32)a2a4. 即 2(4q2)44q2，化简得 q22q0. 因为公比 q0，所以 q2. 所以 ana2qn 242n22n(nN +). (2)因为 an2n，所以 bn2log2an12n1， 所以 anbn(2n1)2n， 则 Tn12322523(2n3)2n 1(2n1)2n， 2Tn1
11、22323524(2n3)2n(2n1)2n 1. 由得， Tn222222322n(2n1)2n 1 224（12 n1） 12 (2n1)2n 16(2n3)2n1， 所以 Tn6(2n3)2n 1. 1.(2016 全国卷)已知an是公差为 3 的等差数列，数列bn满足 b11，b21 3， anbn1bn1nbn. (1)求an的通项公式； (2)求bn的前 n 项和. 解 (1)由已知，a1b2b2b1，b11，b21 3，得 a12. 所以数列an是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为 an3n1. (2)由(1)和 anbn1bn1nbn得 bn1bn 3 ， 因此bn
12、是首项为 1，公比为1 3的等比数列. 记bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn 1 1 3 n 11 3 3 2 1 23n 1. 2.已知数列an满足 a11 2，且 an1 2an 2an. (1)求证：数列 1 an 是等差数列； (2)若 bnanan1，求数列bn的前 n 项和 Sn. (1)证明 易知 an0，an1 2an 2an， 1 an1 2an 2an ， 1 an1 1 an 1 2， 又a11 2， 1 a12， 数列 1 an 是以 2 为首项，1 2为公差的等差数列. (2)解 由(1)知， 1 an2 1 2(n1) n3 2 ，即 an 2 n3， bn 4
13、（n3）（n4）4 1 n3 1 n4 ， Sn4 1 4 1 5 1 5 1 6 1 n3 1 n4 4 1 4 1 n4 n n4. 3.(2019 长郡中学联考)已知an是等差数列，bn是等比数列，a11，b12，b2 2a2，b32a32. (1)求an，bn的通项公式； (2)若 an bn 的前 n 项和为 Sn，求证：Sn2. (1)解 设an的公差为 d，bn的公比为 q， 由题意得 2q2（1d）， 2q22（12d）2， 解得 d1， q2 或 d1， q0 (舍)， ann，bn2n. (2)证明 由(1)知an bn n 2n， Sn1 2 2 22 3 23 n1 2
14、n 1 n 2n， 1 2Sn 1 22 2 23 3 24 n2 2n 1n1 2n n 2n 1， 两式相减得1 2Sn 1 2 1 22 1 23 1 24 1 2n n 2n 1 1 2 1 1 2 n 11 2 n 2n 1， Sn2 1 2 n1 n 2n，Sn2. 4.(2019 广州一模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列 Sn n 是首项为 1，公差为 2 的等差数列. (1)求数列an的通项公式； (2)设数列bn满足a1 b1 a2 b2 an bn5(4n5) 1 2 n ，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解 (1)由题意可得：Sn n 12(n1)，可得：Sn
15、2n2n. 当 n2 时，anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n3. 当 n1 时，a11 对上式也成立. an4n3(nN+). (2)a1 b1 a2 b2 an bn5(4n5) 1 2 n ， n2 时，a1 b1 a2 b2 an1 bn15(4n1) 1 2 n1 ， 相减可得：an bn(4n3) 1 2 n (n2)， 又a1 b1 1 2满足上式， an bn(4n3) 1 2 n (nN+). bn2n.数列bn的前 n 项和 Tn2（2 n1） 21 2n 12. 5.(2019 宜春调研)已知公差不为 0 的等差数列an的首项 a12， 且 a11， a21，
16、a41 成等比数列. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 anan1，nN+，Sn 是数列bn的前 n 项和，求使 Sn 3 19成立的最大的正 整数 n. 解 (1)设an的公差为 d. 由 a11，a21，a41 成等比数列， 可得(a21)2(a11)(a41)，又 a12， (3d)23(33d)，解得 d3(d0 舍去)， 则 ana1(n1)d23(n1)3n1. (2)bn 1 anan1 1 （3n1）（3n2） 1 3 1 3n1 1 3n2 ， Sn1 3 1 2 1 5 1 5 1 8 1 3n1 1 3n2 1 3 1 2 1 3n2 n 2（3n2），
17、则 Sn 3 19，即 n 2（3n2） 3 19，解得 n12， 则所求最大的正整数 n 为 11. 6.(2019 延安二模)设 Sn为数列an的前 n 项和，且 a11，当 n2 时，(n1)an (n1)Sn1n(n1)，nN+. (1)证明：数列 Sn n 1 为等比数列； (2)记 TnS1S2Sn，求 Tn. (1)证明 当 n2 时，anSnSn1， 所以(n1)(SnSn1)(n1)Sn1n(n1)， 即(n1)Sn2nSn1n(n1)，则Sn n 2 Sn1 n11， 所以Sn n 12 Sn1 n11 ，又 S1 1 12， 故数列 Sn n 1 是首项为 2，公比为 2 的等比数列. (2)解 由(1)知Sn n 1 S1 1 1 2n 12n， 所以 Snn 2nn， 故 Tn(12222n 2n)(12n). 设 M12222n 2n， 则 2M122223n 2n 1， 所以M2222nn 2n 12n12n 2n1， 所以 M(n1) 2n 12， 所以 Tn(n1) 2n 12n（n1） 2 .
