1、1 2020 年高考理科数学一轮复习大题篇年高考理科数学一轮复习大题篇数列综合数列综合 【归类解析】【归类解析】 题型一题型一 等差数列、等比数列的交汇等差数列、等比数列的交汇 【解题指导】【解题指导】 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. 【例】记 Sn为等比数列an的前 n 项和.已知 S22，S36. (1)求an的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列. 【解】 (1)设an的公比为 q. 由题设可得 a11q2， a11qq26. 解得 q2，a
2、12. 故an的通项公式为 an(2)n. (2)由(1)可得 Sna1 1qn 1q 2 3(1) n2 n1 3 . 由于 Sn2Sn14 3(1) n2 n32n2 3 2 2 3 1 n2 n1 3 2Sn， 故 Sn1，Sn，Sn2成等差数列. 【训练】 已知公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn， S11， S3， S4成等差数列， 且 a1， a2，a5成等比数列. (1)求数列an的通项公式； (2)若 S4，S6，Sn成等比数列，求 n 及此等比数列的公比. 【解】 (1)设数列an的公差为 d 由题意可知 2S3S11S4， a22a1a5， d0， 整理得 a
3、11， d2a1， 即 a11， d2， an2n1. (2)由(1)知 an2n1，Snn2， S416，S636， 2 又 S4SnS26，n236 2 16 81， n9，公比 qS6 S4 9 4. 题型二题型二 数列的求和数列的求和 【解题指导】【解题指导】 (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. 1 分组求和与并项求和 【例】已知数列an是各项均为正数的等比数列，且 a1a22 1 a1 1 a2 ，a3a432 1 a3 1 a4 .
4、(1)求数列an的通项公式； (2)设 bna2nlog2an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)设等比数列an的公比为 q(q0)， 则 ana1qn 1，且 a n0， 由已知得 a1a1q2 1 a1 1 a1q ， a1q2a1q332 1 a1q2 1 a1q3 ， 化简得 a21qq12q1， a21q5q132q1， 即 a21q2， a21q532， 又a10，q0， a11，q2， 数列an的通项公式为 an2n 1. (2)由(1)知 bna2nlog2an 4n 1n1， Tn(14424n 1)(0123n1) 4 n1 41 n n1 2 4 n1 3
5、n n1 2 . 2 错位相减法求和 【例】已知数列an满足 an0，a11 3，anan12anan1，nN. (1)求证： 1 an 是等差数列，并求出数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bn2 n an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 3 【解】 (1)由已知可得， 1 an1 1 an2， 1 an 是首项为 3，公差为 2 的等差数列， 1 an32(n1)2n1， an 1 2n1. (2)由(1)知 bn(2n1)2n， Tn3 25 227 23(2n1)2n 1(2n1)2n， 2Tn3 225 237 24(2n1)2n(2n1) 2n 1， 两式相减得，Tn62
6、 222 232 2n(2n1)2n 1. 682 2 n 2 12 (2n1)2n 1 2(2n1)2n 1， Tn2(2n1)2n 1. 3 裂项相消法求和 【例】在数列an中，a14，nan1(n1)an2n22n. (1)求证：数列 an n 是等差数列； (2)求数列 1 an 的前 n 项和 Sn. (1)证明 nan1(n1)an2n22n 的两边同时除以 n(n1)， 得 an1 n1 an n 2(nN)， 所以数列 an n 是首项为 4，公差为 2 的等差数列. (2)解 由(1)，得an n2n2， 所以 an2n22n， 故 1 an 1 2n22n 1 2 n1n
7、nn1 1 2 1 n 1 n1 ， 所以 Sn1 2 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 2 1 1 n1 n 2n1 . 【训练】 (1)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11 2，an1 n1 2n an(nN). 证明：数列 an n 是等比数列； 4 求数列an的通项公式与前 n 项和 Sn. 证明 a11 2，an1 n1 2n an， 当 nN时，an n0， 又a1 1 1 2， an1 n1 an n 1 2(nN)为常数， an n 是以1 2为首项， 1 2为公比的等比数列. 解 由 an n 是以1 2为首项， 1 2为公比的等比数列， 得an n
8、1 2 1 2 n1， ann 1 2 n. Sn1 1 22 1 2 23 1 2 3n 1 2 n， 1 2Sn1 1 2 22 1 2 3(n1) 1 2 nn 1 2 n1， 两式相减得1 2Sn 1 2 1 2 2 1 2 3 1 2 nn 1 2 n1 1 2 1 2 n1 11 2 n 1 2 n1， Sn2 1 2 n1n 1 2 n 2(n2) 1 2 n. 综上，ann 1 2 n，S n2(n2) 1 2 n. (2)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且(t1)Sna2n3an2(tR). 求数列an的通项公式； 若数列bn满足 b11，bn1bnan1，求
9、数列 1 2bn7n 的前 n 项和 Tn. 解 因为 a11，且(t1)Sna2n3an2， 所以(t1)S1a213a12， 所以 t5. 所以 6Sna2n3an2.() 当 n2 时，有 6Sn1a2n13an12，() ()()得 6ana2n3ana2n13an1， 所以(anan1)(anan13)0， 5 因为 an0，所以 anan13， 又因为 a11， 所以an是首项 a11，公差 d3 的等差数列， 所以 an3n2(nN). 因为 bn1bnan1，b11， 所以 bnbn1an(n2，nN)， 所以当 n2 时， bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1
10、anan1a2b13n 2n 2 . 又 b11 也适合上式， 所以 bn3n 2n 2 (nN). 所以 1 2bn7n 1 3n2n7n 1 3 1 nn2 1 6 1 n 1 n2 ， 所以 Tn1 6 11 3 1 2 1 4 1 n 1 n2 1 6 3 2 1 n1 1 n2 ， 3n25n 12n1n2 . 题型三题型三 数列与函数数列与函数 【解题指导】【解题指导】 数列与函数的交汇问题 (1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常 见解法. 【例】数列an
11、的前 n 项和为 Sn，2Snan12n 11，nN ，且 a1，a25,19 成等差数列. (1)求 a1的值； (2)证明 an 2n1 为等比数列，并求数列an的通项公式； (3)设 bnlog3(an2n)，若对任意的 nN，不等式 bn(1n)n(bn2)60 恒成立，试求 实数 的取值范围. 【解】 (1)在 2Snan12n 11，nN 中， 令 n1，得 2S1a2221，即 a22a13， 又 2(a25)a119， 6 则由解得 a11. (2)当 n2 时，由 2Snan12n 11， 2Sn1an2n1， 得 2anan1an2n， 则an 1 2n 113 2 an
12、2n1 ， 又 a25，则a2 221 3 2 a1 211 . 数列 an 2n1 是以 3 2为首项， 3 2为公比的等比数列， an 2n1 3 2 3 2 n1，即 a n3 n2n. (3)由(2)可知，bnlog3(an2n)n. 当 bn(1n)n(bn2)60 恒成立时， 即(1)n2(12)n60(nN)恒成立. 设 f(n)(1)n2(12)n6(nN)， 当 1 时，f(n)n60 恒成立，则 1 满足条件； 当 1 时，由于对称轴 n 12 21 0， 则 f(n)在1，)上单调递减， f(n)f(1)341 满足条件， 综上所述，实数 的取值范围是1，). 【训练】已
13、知数列an满足 a11,2an1an，数列bn满足 bn2log2a2n1. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设数列bn的前 n 项和为 Tn，求使得 2Tn4n2m 对任意正整数 n 都成立的实数 m 的取值 范围. 【解】 (1)由 a11，an 1 an 1 2，an0， an是首项为 1，公比为1 2的等比数列， an 1 2 n1. bn2log2 1 2 2n2n2. (2)由(1)得，Tnn23n， m2n26n 对任意正整数 n 都成立. 7 设 f(n)2n26n， f(n)2n26n2 n3 2 29 2， 当 n1 或 2 时，f(n)的最大值为 4， m4.
14、即 m 的取值范围是4，). 题型四题型四 数列与不等式数列与不等式 【解题指导】【解题指导】 数列与不等式的交汇问题 (1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关 于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式； (2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到. 【例】已知数列an中，a11 2，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an 2S2n 2Sn1(n2). (1)求证：数列 1 Sn 是等差数列； (2)证明：S11 2S2 1 3S3 1 nSn1. 【证明】 (1)当 n2 时，SnSn1 2S2n 2Sn1，整理得 Sn
15、 1Sn2Sn Sn1(n2)， 1 Sn 1 Sn12，从而 1 Sn 构成以 2 为首项，2 为公差的等差数列. (2)由(1)可知， 1 Sn 1 S1(n1) 22n，Sn 1 2n. 当 n1 时，1 nSn 1 21， 方法一 当 n2 时，1 nSn 1 2n2 1 2 1 nn1 1 2 1 n1 1 n ， S11 2S2 1 3S3 1 nSn 1 2 1 2 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 1 1 2n1. 原不等式得证. 方法二 当 n2 时， 1 2n2 1 2n21 1 4 1 n1 1 n1 ， S11 2S2 1 3S3 1 nSn 1 2 1 4
16、11 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 n2 1 n 8 1 n1 1 n1 1 2 1 4 11 2 1 n 1 n1 ， 1 2 1 4 11 2 7 81. 原命题得证. 【训练】已知数列an为等比数列，数列bn为等差数列，且 b1a11，b2a1a2，a32b3 6. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cn 1 bnbn2，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明： 1 5Tn0，所以 Tn1 3. 又因为 Tn在1，)上单调递增， 所以当 n1 时，Tn取最小值 T11 5， 所以1 5Tn62 成立的正整数 n 的最小值. 解 (1)由题意，得 a1qa1q2a1q3
17、28， a1qa1q32a1q22， 10 解得 a12， q2 或 a132， q1 2， an是递增数列，a12，q2， 数列an的通项公式为 an2 2n 12n. (2)bn 1 2 log nn aa2n 1 2 log 2nn 2n， Snb1b2bn(1 22 22n 2n)， 则 2Sn(1 222 23n 2n 1)， ，得 Sn(2222n)n 2n 12n12n 2n1， 则 Snn 2n 12n12， 解 2n 1262，得 n5， n 的最小值为 6. 4.正项等差数列an满足 a14，且 a2，a42,2a78 成等比数列，an的前 n 项和为 Sn. (1)求数列
18、an的通项公式； (2)令 bn 1 Sn2，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列an的公差为 d(d0)， 由已知得 a2(2a78)(a42)2， 化简得，d24d120，解得 d2 或 d6(舍)， 所以 ana1(n1)d2n2. (2)因为 Snn a1an 2 n 2n6 2 n23n， 所以 bn 1 Sn2 1 n23n2 1 n1n2 1 n1 1 n2， 所以 Tnb1b2b3bn 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 5 1 n1 1 n2 1 2 1 n2 n 2n4. 5.数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，(2n1)an1(2n3)Sn
19、(n1,2,3，). (1)证明：数列 Sn 2n1 是等比数列； (2)求数列Sn的前 n 项和 Tn. 11 (1)证明 an1Sn1Sn2n3 2n1Sn， Sn12 2n1 2n1 Sn， Sn1 2n12 Sn 2n1， 又 a11，S1 110， 数列 Sn 2n1 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列. (2)解 由(1)知， Sn 2n12 n1， Sn(2n1) 2n 1， Tn13 25 22(2n3) 2n 2(2n1) 2n1， 2Tn1 23 225 23(2n3) 2n 1(2n1) 2n. 得 Tn12 (21222n 1)(2n1) 2n 12 22n 1 2
20、 12 (2n1) 2n (32n) 2n3， Tn(2n3) 2n3. 6.设等比数列 a1，a2，a3，a4的公比为 q，等差数列 b1，b2，b3，b4的公差为 d，且 q1，d0. 记 ciaibi (i1,2,3,4). (1)求证：数列 c1，c2，c3不是等差数列； (2)设 a11，q2.若数列 c1，c2，c3是等比数列，求 b2关于 d 的函数关系式及其定义域； (3)数列 c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由. (1)证明 假设数列 c1，c2，c3是等差数列， 则 2c2c1c3，即 2(a2b2)(a1b1)(a3b3). 因为 b1，b2，b3是等差数列
21、，所以 2b2b1b3.从而 2a2a1a3. 又因为 a1，a2，a3是等比数列，所以 a22a1a3. 所以 a1a2a3，这与 q1 矛盾，从而假设不成立. 所以数列 c1，c2，c3不是等差数列. (2)解 因为 a11，q2，所以 an2n 1. 因为 c22c1c3，所以(2b2)2(1b2d)(4b2d)， 即 b2d23d， 由 c22b20，得 d23d20， 12 所以 d1 且 d2. 又 d0，所以 b2d23d，定义域为 | dR d1，d2，d0 . (3)解 设 c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为 q1， 则 a1b1c1， a1qb1dc1q1， a1q
22、2b12dc1q21， a1q3b13dc1q31. 将2 得，a1(q1)2c1(q11)2， 将2 得，a1q(q1)2c1q1(q11)2， 因为 a10，q1，由得 c10，q11. 由得 qq1，从而 a1c1. 代入得 b10.再代入，得 d0，与 d0 矛盾. 所以 c1，c2，c3，c4不成等比数列. 7.设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snan1. (1)求数列an的通项公式； (2)若 f(x) 1 2 log x，设 bnf(a1)f(a2)f(an)，求数列 1 bn 的前 n 项和 Tn. 解 (1)由 Snan1 得 Sn1an11， 两式相减得，Sn1Sna
23、n1an， 即 an1an1an，即 an1 an 1 2(n1)， 所以数列an是公比为1 2的等比数列， 又由 a1a11 得 a11 2， 所以 ana1qn 1 1 2 n. (2)因为 bnf(a1)f(a2)f(an) 12nn n1 2 ， 所以 1 bn 2 nn1 2 1 n 1 n1 ， 所以 Tn2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 2 1 1 n1 2n n1. 13 8.已知等差数列an的公差 d0，a10，其前 n 项和为 Sn，且 a22，S3，S4成等比数列. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn 2n2 2 2nSn1 ，数列bn的前
24、n 项和为 Tn，求证：Tn2n3 2. (1)解 由 a10 得 an(n1)d，Snn n1d 2 ， 因为 a22，S3，S4成等比数列， 所以 S23(a22)S4， 即(3d)2(d2) 6d， 整理得 3d212d0，即 d24d0， 因为 d0，所以 d4， 所以 an(n1)d4(n1)4n4. (2)证明 由(1)可得 Sn12n(n1)， 所以 bn 2n2 2 2n2nn1 4 n1 2 2nn2 2 2 nn2 2 1 n 1 n2 ， 所以 Tn2n 11 3 1 2 1 4 1 n 1 n2 2n11 2 1 n1 1 n2， 所以 Tn2n0， 所以 q2，x11
25、. 因此数列xn的通项公式为 xn2n 1. (2)过 P1，P2，Pn1向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，Qn1. 由(1)得 xn1xn2n2n 12n1， 15 记梯形 PnPn1Qn1Qn的面积为 bn， 由题意得 bn nn1 2 2n 1(2n1) 2n2， 所以 Tnb1b2bn 3 2 15 207 21(2n1) 2n3(2n1) 2n2， 则 2Tn3 205 217 22(2n1) 2n 2(2n1) 2n1， 由，得 Tn3 2 1(2222n1)(2n1) 2n1 3 2 212n 1 12 (2n1) 2n 1. 所以 Tn 2n1 2n1 2 . 11.若
26、正项数列an的前 n 项和为 Sn，首项 a11，点 P( Sn，Sn1)在曲线 y(x1)2上. (1)求数列an的通项公式 an； (2)设 bn 1 an an1，Tn 表示数列bn的前 n 项和，若 Tna 恒成立，求 Tn及实数 a 的取值范围. 解 (1)由 Sn1( Sn1)2，得 Sn1 Sn1， 所以数列 Sn是以 S1为首项，1 为公差的等差数列， 所以 Sn S1(n1) 1，即 Snn2， 由公式 an S1，n1， SnSn1，n2， 得 an 1，n1， 2n1，n2， 所以 an2n1. (2)因为 bn 1 anan1 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1
27、2n1 ， 所以 Tnb1b2bn 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 ， 显然 Tn是关于 n 的增函数， 所以 Tn有最小值(Tn)minT11 2 11 3 1 3. 由于 Tna 恒成立，所以 a1 3， 16 于是 a 的取值范围是 ，1 3 . 12.已知各项均不相等的等差数列an的前三项和为9，且a1，a3，a7恰为等比数列bn的前三项. (1)分别求数列an，bn的前 n 项和 Sn，Tn； (2)记数列anbn的前 n 项和为 Kn，设 cnSnTn Kn ，求证：cn1cn(nN). (1)解 设数列an的公差为 d， 则 3a13d9， a12d 2a 1 a16d， 解得 a12， d1 或 a13， d0 (舍去)， 所以 ann1，Snn n3 2 . 又 b1a12，b2a34， 所以 bn2n，Tn2n 12. (2)证明 因为 an bn(n1) 2n， 所以 Kn2 213 22(n1) 2n， 所以 2Kn2 223 23n 2n(n1) 2n 1， 得Kn2 2122232n(n1) 2n 1， 所以 Knn 2n 1. 则 cnSnTn Kn n32n1 2n 1， cn1cn n42n 11 2n 2 n32n1 2n 1 2 n1n2 2n 20， 所以 cn1cn(nN).
