2023版大一轮数学人教A版-数列热点问题.docx

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Ⅱ卷，19；2018·全国Ⅰ卷，17；2017·全国Ⅰ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Ⅲ卷，17；2020·全国Ⅰ卷，17；2018·全国Ⅱ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Ⅲ卷，17；2020·天津，19；2020·浙江，20；2019·全国Ⅰ卷，18；2019·全国Ⅱ卷，18；2018·全国Ⅰ卷，17
数学运算、逻辑推理

等比(差)数列的判定与证明

1.(教材选择性必修第二册P18第4题)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，公差分别为d1，d2，数列{cn}满足cn＝an＋2bn.
(1)数列{cn}是否是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由.
2.(教材选择性必修第二册P41第7题)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＋an＝3·2n.
(1)求证：{an－2n}是等比数列.
3.(教材选择性必修第二册P41第11题)
已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝.
(1)求证：数列为等比数列.
[试题评析]　题目1中，作差法证明{cn}是等差数列，当n≥2时，cn－cn－1＝an＋2bn－(an－1＋2bn－1)
＝d1＋2d2，为常数；
题目2中，作比法证明数列成等比，
＝＝－1，为常数；
题目3中，＝＝，为常数.
【教材拓展】记Sn为数列{an}的前n项和，2Sn－an＝(n∈N*).
(1)求an＋an＋1；
(2)令bn＝an＋2－an，证明数列{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
(1)解　因为2Sn－an＝，①
所以2Sn＋1－an＋1＝，②
由②－①，得2(Sn＋1－Sn)－an＋1＋an＝－，
所以an＋1＋an＝－.
(2)证明　由(1)知an＋1＋an＝－，
得an＋2＋an＋1＝－，
两式相减an＋2－an＝－＋＝，
因此bn＝an＋2－an＝(n∈N*)，
又b1＝，＝，
故数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列.
所以Tn＝＝.
【链接高考】(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明　由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.

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a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.

[自主解答]
(1)解　由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，解得q＝.
由cn＋1＝cn＝4cn，得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.
(2)证明　依题意设bn＝1＋(n－1)d＝dn＋1－d，由cn＋1＝cn，得＝，所以＝(n≥2，n∈N*)，
故cn＝··…···c1＝···…···c1＝＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.
由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
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b1＝1，d>0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Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解　(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
因为a1＋a2＝4，a3－a1＝8，
所以解得
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1.
所以数列{log3an}是首项为0，公差为1的等差数列，
因此Sn＝.
由于Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解之得m＝6或m＝－1(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a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).
[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(q>0).
依题意，得解得
(由条件建立方程组求公差和公比)………………3′
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.………………5′
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)……………8′
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n).
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1
＝－＋n×3n＋1＝.………………11′
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn
＝3n2＋3×
＝(n∈N*).……………………12′

❶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.
❷得关键分：(1)列方程组，(2)分组求和都是不可缺少的过程，有则给分，无则没分.
❸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)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正的零点构成递增数列{an}(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)f(x)＝cos πx－sin πx＝2cos，
由题意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，
解得x＝k＋(k∈Z).
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a1＝，公差d＝1的等差数列，
因此an＝(n－1)×1＋＝n－(n∈N*).
(2)由(1)知bn＝＝n·，
则Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，①
Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，②
由①－②得
Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－(n＋2)·，
所以Tn＝2－.

1.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(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an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(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＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以{an}的通项公式为an＝n·2n－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＝b1＝1，a5＝3b2.在①a3＋b3＝14，②a1b5＝81，③S4＝4S2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am＝bn(m，n∈N*)，写出m，n的关系式m＝f(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①，a3＋b3＝14，
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，
则解得或(舍)，
则an＝2n－1，bn＝3n－1.
若选②，a1b5＝81，
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0).
因为a1＝b1＝1，所以q4＝＝81，解得q＝3，
所以bn＝3n－1.
又因为a5＝3b2，所以1＋4d＝3×3，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
若选③，S4＝4S2，
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0).
因为a1＝b1＝1，a5＝3b2，
则解得
则an＝2n－1，bn＝3n－1.
(2)因为am＝bn，
所以2m－1＝3n－1，即m＝(3n－1＋1)，
f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 020)＝[(30＋1)＋(31＋1)＋…＋(32 019＋1)]＝(30＋31＋…＋32 019＋2 020)＝×＝＋1 010.
3.(2020·全国Ⅰ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a1＝1，求数列{nan}的前n项和.
解　(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得an＝(－2)n－1，
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n
＝－n·(－2)n.
所以Sn＝－.
4.(2021·重庆调研)在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn.
在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an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
解得d＝2，a1＝2.
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)选条件①
bn＝＝，则Sn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝.
选条件②
∵an＝2n，bn＝(－1)nan，
∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
当n为偶数时，
Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]
＝×2＝n；
当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1.
∴Sn＝
选条件③
∵an＝2n，bn＝2an·an，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，①
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，②
①－②得
－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1
＝×2－2n·4n＋1＝－2n·4n＋1，
∴Sn＝(1－4n)＋·4n＋1.
5.(2020·西安调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2(Sn＋32－n)＋an＝15.
(1)证明：数列{3n－1·an}是等差数列.
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明≤Tn<.
(1)证明　因为2(Sn＋32－n)＋an＝15，
得2Sn＋an＝15－，①
则2Sn＋1＋an＋1＝15－，②
②－①，得3an＋1－an＝，
∴3nan＋1－3n－1an＝4，
由2(Sn＋32－n)＋an＝15，
知当n＝1时，a1＝3，则30a1＝3.
故数列{3n－1·an}是以3为首项，以4为公差的等差数列.
(2)解　由(1)知3n－1·an＝4n－1.
则bn＝＝
＝＝－，
所以Tn＝－＋－＋－＋…＋－＝－，
易知{Tn}是递增数列，则Tn≥T1＝，
又>0，所以Tn<，故≤Tn<.