1、全章素养整合构网络提素养链高考单元综合检测(二)类型一 等差、等比数列的判定题型特点(1)证明数列是等差、等比数列(2)在解决数列其他问题时，需要判定是等差、等比数列.方法归纳 等差、等比数列的判定方法an1and(常数)an是等差数列定义法an1an q(非零常数)an是等比数列2an1anan2(nN*)an是等差数列中项公式法a2n1anan2(anan1an20)an是等比数列判定证明方法anpnq(p，q 为常数)an是等差数列通项公式法ancqn(c，q 均为非零常数)an是等比数列SnAn2Bn(A，B 为常数)an是等差数列前 n 项和公式法Snkqnk(k 为非零常数，且 q
2、0)an是等比数列判定方法例 1 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 是否成等差数列解析(1)设an的公比为 q.由题设可得a11q2，a11qq26.解得 q2，a12.故an的通项公式为 an(2)n.(2)由(1)可得 Sna11qn1q23(1)n2n13.由于 Sn2Sn143(1)n2n32n232231n2n132Sn，故 Sn1，Sn，Sn2成等差数列跟踪训练 1.已知数列an的前 n 项和 Sn2an1.(1)求证：an是等比数列，并求出其通项公式；(2)设 bnan12an，求证
3、：数列bn是等比数列证明：(1)因为 Sn2an1，所以 Sn12an11，Sn1Snan1(2an11)(2an1)2an12an，所以 an12an.由 a1S12a11，得 a11，结合知 an0.所以an1an 2.所以an是等比数列，且 an2n1.(2)由(1)知，an2n1，所以 bnan12an2n22n122n2n142n1.所以数列bn是等比数列类型二 数列的通项公式及应用题型特点 数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身在高考试卷中常在解答题中出现方法归纳 数列的通项公式的求法(1)定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项，这种方法适用于已知数列
4、类型的题目(2)已知 Sn 求 an若已知数列的前 n 项和 Sn 与 an 的关系，求数列an的通项，可用公式 anS1 n1，SnSn1n2求解(3)构造法有些数列直观上不符合以上各种形式，这时，可对其结构进行适当变形，以利于使用以上各类方法例如，已知 a1，an1panq(p，q 为常数)，则可用构造等比数列法，即 an1xp(anx)，anx为等比数列，或 an2an1p(an1an)，an1an为等比数列(4)累加、累乘法数列的递推关系形为“an1anf(n)”型的可采用累加法，即 an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1f(n1)f(n2)f(2)f(1)a1
5、.数列的递推关系形为：an1an f(n)型的可用累乘法，即 an anan1an1an2a3a2a2a1a1f(n1)f(n2)f(2)f(1)a1.例 2 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a11，an2SnSn10(n0)(1)求证：数列 1Sn是等差数列；(2)求an的通项公式解析(1)证明：n2 时，anSnSn1，又 an2SnSn10，SnSn12SnSn10.Sn0，两边同除以 SnSn1，得1Sn1 1Sn20，即 1Sn 1Sn12(n2)，故数列 1Sn是等差数列(2)a11，1S1 1a11，1Sn1(n1)22n1，Sn12n1.当 n2 时，anSnSn1
6、12n112n1122n12n3.而221121321，故an的通项公式为 an1，n1，22n12n3，n2.跟踪训练 2.设数列an满足 a13a232a33n1ann3(nN*)(1)求数列an的通项公式 an；(2)设 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解析：(1)a13a232a33n1ann3，当 n2 时，a13a232a33n2an1n13，得 3n1an13，an 13n(n2)又 a113满足上式，an 13n(nN*)(2)bn nan，bnn3n.Sn3232333n3n.3Sn32233(n1)3nn3n1.，得2Sn332333nn3n1313n13 n3
7、n132(3n1)n3n13n12 32n3n1，Sn3n14 34n3n12，Sn2n13n1434(nN*)类型三 数列求和问题题型特点 常考查利用公式法、裂项法、错位相减法求数列的和，题型多以解答题为主，有时也会在选择题和填空题中出现；小题多与通项公式结合，求基本量，解答题多以求和公式为主 方法归纳 数列求和的常用方法(1)公式法(2)分组求和法将数列通项变形后，每一项拆成两项或多项，重新分组，将一般数列求和化归为特殊数列求和(3)倒序求和法(4)错位相减求和法(5)裂项相消法将数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和(6)并项求和法例 3(1)12211
8、32114211n121的值为()A.n12n2 B.34 n12n2C.34121n1 1n2D.34 1n1 1n2解析 因为1n1211n22n1nn212(1n1n2)，所以1221132114211n12112(113121413151n1n2)12(321n11n2)3412(1n1 1n2)答案 C(2)已知数列an满足 an12222n1，则数列an的前 n 项和 Sn_.解析 an12222n112n12 2n1，Sn(21222n)n212n12n2n12n.答案 2n12n例 4 已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn为等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列
9、bn的通项公式；(2)令 cnan1n1bn2n，求数列cn的前 n 项和 Tn.解析(1)由题意知当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d.由a1b1b2，a2b2b3，即112b1d，172b13d，解得 b14，d3.所以 bn3n1.(2)由(1)知 cn6n6n13n3n 3(n1)2n1.又 Tnc1c2cn，得 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12 n12n2 3n2n2，所以 Tn3n2n2.跟踪训练 3.已知数列
10、an的前 n 项和为 Sn，且 Sn32an1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2log3an2 1，求 1b1b2 1b2b31bn1bn.解析：(1)当 n1 时，a132a11，a12，当 n2 时，Sn32an1，Sn132an11(n2)，得 an(32an1)(32an11)，即 an3an1，数列an是首项为 2，公比为 3 的等比数列，an23n1.(2)由(1)得 bn2log3an2 12n1，1b1b2 1b2b31bn1bn 113 13512n32n112(113131512n312n1)n12n1.类型四 等差、等比数列的性质及综合问题题型特点 把
11、等差、等比数列的性质结合起来，快速求解，以减少运算量为目的，既有小题又可有大题 方法归纳 解决数列问题的一般思路(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项，为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序(2)注意细节在等差数列与等比数列的综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的例 5(1)等差数列an的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则an前 6项的和为()A24 B3C3 D8解析
12、设等差数列an的公差为 d，依题意得 a23a2a6，即(12d)2(1d)(15d)，解得 d2 或 d0(舍去)，又 a11，S661652(2)24.故选 A.答案 A(2)设数列an(n1,2,3，)的前 n 项和 Sn 满足 Sna12an，且 a1，a21，a3成等差数列，则 a1a5_.解析 由已知 Sna12an，有 anSnSn12an2an1(n2)，即 an2an1(n2)从而 a22a1，a32a24a1.又因为 a1，a21，a3 成等差数列，即 a1a32(a21)，所以 a14a12(2a11)，解得 a12，所以数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故
13、an2n，则 a1a522534.答案 34例 6 数列an满足 a11，an12an(nN*)，Sn 为其前 n 项和数列bn为等差数列，且满足 b1a1，b4S3.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cn1bnlog2a2n2，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明：13Tn.解析(1)由题意知，an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，ana12n12n1.Sn2n1.设等差数列bn的公差为 d，则 b1a11，b413d7，d2，则 bn1(n1)22n1.(2)证明：log2a2n2log222n12n1，cn1bnlog2a2n212n12n11212n112n1，Tn121
14、13131512n112n112112n1 n2n1.当 n2 时，TnTn1n2n1 n12n112n12n10，数列Tn是一个递增数列，TnT113.综上所述，13Tn.跟踪训练 4.已知数列an为等差数列，公差 d0，an的部分项组成下列数列 ak1，ak2，akn，恰为等比数列，其中 k11，k25，k317，求 k1k2k3kn.解析：设an的首项为 a1，ak1，ak2，ak3 成等比数列，a2k2ak1ak3，a25a1a17，即(a14d)2a1(a116d)，解得：a12d，qa5a13.akna1(kn1)d，又 akna13n1，a1(kn1)da13n1，又 a12d，
15、kn23n11，k1k2k3kn213n13 n3nn1.类型五 数列的传统文化及应用题型特点 以传统文化为载体展现等差、等比数列的实际应用，一般为选择题、填空题 方法归纳(1)将传统文化语言翻译为现代语言理解题意(2)转化为等差、等比数列问题(3)利用数列的有关概念或公式求解例 7(1)张丘建算经是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何”其大意为：有个女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织五尺，最后一天织一尺，三十天织完，问三十天共织布()A30 尺 B90 尺C150 尺D180 尺解析 由题意知
16、，该女子每天织布的数量组成等差数列an，其中 a15，a301，S303051290，即共织布 90(尺)答案 B(2)我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有金棰，长五尺，斩本一尺，重四斤斩末一尺，重二斤问次一尺各重几何？”其大意是：“现有一根金杖，一头粗，一头细，在粗的一端截下 1 尺，重 4 斤，在细的一端截下 1 尺，重 2 斤问依次每一尺各重多少斤？”根据题中的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，则中间3 尺的重量为()A6 斤B9 斤C9.5 斤D12 斤解析 依题意，金杖由细到粗各尺重量构成一个等差数列an设首项为 2，则 a54，中间 3 尺的重量为 a2a3a43a3a1
17、a523242 39(斤)答案 B(3)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯()A1 盏B3 盏C5 盏D9 盏解析 由题意可知，由上到下灯的盏数 a1，a2，a3，a7 构成以 2 为公比的等比数列，S7a112712381，a13.故选 B.答案 B跟踪训练 5.九章算术第三章“衰分”介绍了比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”现有 38 石粮食，按甲、乙、丙的顺序进行“衰分”，
18、已知甲分得 18 石粮食，则“衰分比”为()A.23B13C.34D.14解析：设“衰分比”为 q，则 1818q18q238，解得 q23或 q53(舍去)答案：A6我国古代数学名著张丘建算经有“分钱问题”如下：“今有人与钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还数聚与均分之，人得一百钱，问人几何”则分钱问题中的人数为_解析：设人数为 n，公差为 1，首项为 3，则前 n 项和 Snnn123n.由题意知 Sn100n，即nn123n100n，解得，n195.答案：1951(2018高考全国卷)记 Sn 为数列an的前 n 项和若 Sn2an1，则 S6_.解
19、析：因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11，当 n2 时，anSnSn12an1(2an11)，所以 an2an1，所以数列an是以1为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2n1，所以 S611261263.答案：632(2018高考全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an，设 bnann.(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的通项公式解析：(1)由条件可得 an12n1nan.将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以，a24.将 n2 代入得，a33a2，所以，a312.从而 b11，b22，
20、b34.(2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列由条件可得 an1n12ann，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ann 2n1，所以 ann2n1.3(2018高考全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记 Sn 为an的前 n 项和若 Sm63，求 m.解析：(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1，由已知得 q44q2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2.故 an(2)n1，或 an2n1.(2)若 an(2)n1，则 Sn12n3，由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解，若 an2n1，则 Sn2n1，由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上，m6.单元综合检测(二)
