1、6.5 热点专题数列的热点问题热点一 等差、等比数列的综合问题 等差、等比数列的综合问题多以解答题的形式出现，涉及等差、等比数列的定义，通项公式及前n项和公式，难度适中，求解此类问题要重视方程思想的应用【例 1】(2016四川)已知数列an的首项为 1，Sn 为数列an的前 n 项和，Sn1qSn1，其中 q0，nN*.(1)若 2a2，a3，a22 成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线 x2y2a2n1 的离心率为 en，且 e253，证明：e1e2en4n3n3n1.【解析】(1)由已知 Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减，得 an2qan1，n1.又由S2qS11，a
2、11，得a2qa1，故an1qan对所有n1都成立，所以数列an是首项为1，公比为q的等比数列 从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列，可得 2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0.由已知q0，故q2.所以an2n1(nN*)(2)证明 由(1)可知anqn1.所以双曲线 x2y2a2n1 的离心率 en 1a2n 1q2（n1）.由 e2 1q253，解得 q43.因为 1q2(k1)q2(k1)，所以 1q2（k1）qk1(kN*)于是 e1e2en1qqn1qn1q1，故 e1e2en4n3n3n1.【方法规律】(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的
3、等比数列也是等差数列(2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列bn是一个公差为d的等差数列，则abn(a0，a1)就是一个等比数列，其公比qad；反之，若数列bn是一个公比为q(q0)的正项等比数列，则logabn(a0，a1)就是一个等差数列，其公差dlogaq.变式训练 1(2016临沂八校联考)已知数列an是公差不为零的等差数列，a12，且a2，a4，a8成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)nan是等比数列，且b27，b571，求数列bn的前n项和Tn.【解析】(1)设数列an的公差为d(d0)，因为a12，且a2，a4，a8成等比数列，所以(3d2)2(d2)(7
4、d2)，可得d2，故ana1(n1)d22(n1)2n.(2)令 cnbn(1)nan，设数列cn的公比为 q，因为 b27，b571，an2n，所以 c2b2a2743，c5b5a5711081，所以 q3c5c2813 27，故 q3，所以cnc2qn233n23n1，即 bn(1)nan3n1，所以 bn3n1(1)n2n.故 Tnb1b2b3bn(30313n1)246(1)n2n，当 n 为偶数时，Tn13n13 2n23n2n12；当 n 为奇数时，Tn13n13 2n12 2n3n2n32.所以 Tn3n2n12，n为偶数，3n2n32，n为奇数.热点二 数列的通项与求和任何数列
5、问题都离不开数列的通项公式或求和公式，因此数列的通项或求和问题是每年的必考热点，既有客观题也有解答题【例 2】(2015天津高考)已知数列an满足 an2qan(q 为实数，且 q1)，nN*，a11，a22，且 a2a3，a3a4，a4a5 成等差数列(1)求 q 的值和an的通项公式；(2)设 bnlog2a2na2n1，nN*，求数列bn的前 n 项和【解析】(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即 a4a2a5a3，所以 a2(q1)a3(q1)又因为 q1，所以 a3a22.由 a3a1q，得 q2.当 n2k1(kN*)时，ana2k12k12n12；当
6、 n2k(kN*)时，ana2k2k2n2.所以，an的通项公式为 an2n12，n为奇数，2n2，n为偶数.(2)由(1)得 bnlog2a2na2n1 n2n1，nN*.设bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn1 12021213 122(n1)12n2n 12n1，12Sn11212 1223 123(n1)12n1n12n，上述两式相减，得 12Sn112 122 12n1 n2n1 12n112 n2n2 22n n2n，整理，得 Sn4n22n1，nN*.所以，数列bn的前 n 项和为 4n22n1，nN*.【方法规律】(1)一般数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很
7、重要的解题信息(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，本题选用的是错位相减法，常用的还有分组求和，裂项求和 变式训练 2(2016合肥模拟)已知数列an1an的前n项和Sn2n12，a10.(1)求数列an1an的通项公式；(2)求数列an的通项公式【解析】(1)设an1anbn.当n2时，bnSnSn1(2n12)(2n2)2n.当n1时，b1S12，满足n2时bn的形式 所以an1anbn2n.(2)由(1)得an1an2n，则an2an12n1.两式相减得an2an2n.当n为奇数时，ana1(a3a1)(a5a3)(an2an4)(anan2)021232n42n2 2（12n1）12
8、22n3 23.当 n 为偶数时，由(1)知 a10，a2a12，得 a22.ana2(a4a2)(a6a4)(an2an4)(anan2)222242n42n2 2222n2221222n3 23.综上所述，数列an的通项公式是 an2n3 23，n为奇数，2n3 23，n为偶数.热点三 数列与不等式的综合问题 数列与不等式的综合问题是高考的热点且多出现在解答题中，考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明【例 3】(2015四川高考)设数列an(n1，2，3，)的前n 项和 Sn 满足 Sn2a
9、na1，且 a1，a21，a3 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列1an 的前 n 项和为 Tn，求使得|Tn1|11 000成立的n 的最小值【解析】(1)由已知Sn2ana1，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an2n.(2)由(1)得 1an 12n，所以 Tn12 122 12n12112n1121 12n.由|Tn1|11 000，得112n1 11 000，
10、即 2n1 000.因为 295121 0001 024210，所以 n10.于是使|Tn1|11 000成立的 n 的最小值为 10.【方法规律】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明 变式训练3(2016昆明模拟)在数列an中，a135，an12 1an，设bn1an1，数列bn的前 n 项和是 Sn.(1)证明数列bn是等差数列，并求 Sn；(2)比较 an 与 Sn7 的大小【解析】(1)bn1an1，an12 1an，bn11an111an11bn1，bn1bn1，数列
11、bn是公差为 1 的等差数列 由 a135，bn1an1得 b152，Sn5n2 n（n1）2n22 3n.(2)由(1)知，bn52n1n72.由 bn1an1得 an1 1bn1 1n72.anSn7n22 3n6 1n72.当 n4 时，yn22 3n6 是减函数，y 1n72也是减函数，当 n4 时，anSn7a4S470.又a1S1739100，a2S27830，a3S37720，nN*，anSn70，anSn7.热点四 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列综合问题体现了在知识交汇点处的命题特点，难度多为中等或中等偏上，多涉及求数列的通项公式、数列的前n项和、数列
12、的最值问题等【例4】设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若 a11，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2 1ln 2，求数列anb2n的前 n 项和 Sn.【解析】(1)证明 由已知，bn2an0.当 n1 时，bn1bn 2an1an2d.所以，数列bn是首项为 2a1，公比为 2d 的等比数列(2)函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2.由题意，a2 1ln 22 1ln 2，解得 a22
13、.所以，da2a11，ann，bn2n，anb2nn4n.于是，Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n1 4n143n4n1（13n）4n143.所以，Sn（3n1）4n149.【方法规律】求解这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确转化；对于函数的有关性质，主要利用函数的单调性或有界性来求解数列中的最值但由于数列是一类特殊的函数，所以借助函数的性质研究数列问题，一定要注意数列中的自变量只能取正整数这一特点 变式训练4函数 f(x)对任意 xR 都有 f(x)f(1x)12.(1)数列an满足：anf
14、(0)f1n f2n fn1nf(1)，数列an是等差数列吗？请给予证明；(2)令 bn44an1，Tnb21b22b23b2n，Sn3216n，试比较 Tn 与 Sn 的大小【解析】(1)令 x1n，得 f1n f11n 12，即 f1n fn1n12.anf(0)f1n fn1nf(1)又 anf(1)fn1nf1n f(0)，两式相加 2anf(0)f(1)f1n fn1nf(1)f(0)n12.所以 ann14，nN*.又 an1ann114n14 14.故数列an是等差数列(2)bn44an14n，Tnb21b22b2n161 122 132 1n2 161 112 1231n（n1）161112 1213 1n11n 1621n 3216n Sn，所以 TnSn.