1、专题四高考中的数列问题1.公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，且3a1，a2，a3成等差数列，若a11，则S4_.答案20解析记等比数列an的公比为q，其中q1，依题意有2a23a1a3，2a1q3a1a1q20.即q22q30，(q3)(q1)0，又q1，因此有q3，S420.2.等比数列an的各项均为正数，且a5a6a4a718，则log3a1log3a2log3a10_.答案10解析等比数列an中，a5a6a4a7，又因为a5a6a4a718，a5a69，log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a10)log3(a5a6)55log3(a5a6)5log3910.3
2、.若正项数列an满足lg an11lg an，且a2 001a2 002a2 003a2 0102 013，则a2 011a2 012a2 013a2 020的值为_.答案2 0131010解析由条件知lg an1lg anlg 1，即10，所以an为公比是10的等比数列.因为(a2 001a2 010)q10a2 011a2 020，所以a2 011a2 0202 0131010.4.已知数列an满足an12222n1，则an的前n项和Sn_.答案2n12n解析an12222n12n1，Sn(21222n)nn2n12n.5.把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内
3、三个数，第四个括号内一个数，循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，则第50个括号内各数之和为_.答案392解析将三个括号作为一组，则由501632，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数.又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列2n1的第16696项，第50个括号的第一个数应为数列2n1的第98项，即为2981195，第二个数为2991197，故第50个括号内各数之和为195197392.故填392.题型一等差、等比数列的综合问题例1在等差数列an中，a1030，a2050.(1)求
4、数列an的通项公式；(2)令bn2an10，证明：数列bn为等比数列；(3)求数列nbn的前n项和Tn.思维启迪(1)设出数列an的通项公式，结合已知条件列方程组即可求解；(2)由(1)写出bn的表达式，利用定义法证明；(3)写出Tn的表达式，考虑用错位相减法求解.(1)解由ana1(n1)d，a1030，a2050，得方程组，解得.所以an12(n1)22n10.(2)证明由(1)，得bn2an1022n101022n4n，所以4.所以bn是首项为4，公比为4的等比数列.(3)解由nbnn4n，得Tn14242n4n，4Tn142(n1)4nn4n1，得3Tn4424nn4n1n4n1.所以
5、Tn.思维升华(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的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.数列an的前n项和为Sn，若a12且SnSn12n(n2，nN*).(1)求Sn；(2)是否存在等比数列bn满足b1a1，b2a3，b3a9？若存在，求出数列bn的通项公式；若不存在，说明理由.解(1)因为SnSn12n，所以有SnSn12n对n2，nN*成立.即a
6、n2n对n2，nN*成立，又a1S121，所以an2n对nN*成立.所以an1an2对nN*成立，所以an是等差数列，所以有Snnn2n，nN*.(2)存在.由(1)知，an2n对nN*成立，所以有a36，a918，又a12，所以有b12，b26，b318，则3，所以存在以b12为首项，以3为公比的等比数列bn，其通项公式为bn23n1.题型二数列与函数的综合问题例2已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有
7、nN*都成立的最小正整数m.思维启迪(1)先求出函数f(x)，再利用n，Sn的关系求an.(2)可以利用裂项相消法求出Tn.通过Tn的取值范围确定最小正整数m.解(1)设二次函数f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S13122615，所以an6n5(nN*).(2)由(1)得bn，故Tn(1)()()(1).因此，要使(1)对nN*恒成立，则m必须且仅需满足，即m10.所
8、以满足要求的最小正整数为10.思维升华数列与函数的综合一般体现在两个方面：(1)以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.已知数列an的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.(1)求数列an的通项公式；(2)设Qx|xkn，nN*，Rx|x2an，nN*，等差数列cn的任一项cnQR，其中c1是QR中的最小数，110c10115，求cn的通项公式.解(1)点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22
9、x的图象上，Snn22n(nN*).当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S13满足上式，所以数列an的通项公式为an2n1.(2)对f(x)x22x求导可得f(x)2x2.过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn，kn2n2，Qx|x2n2，nN*，Rx|x4n2，nN*.QRR.又cnQR，其中c1是QR中的最小数，c16，cn的公差是4的倍数，c104m6(mN*).又110c10cn成立.思维启迪(1)先求an，再构造等比数列求bn；(2)不等式cn1cn恒成立，可以转化为求函数的最值问题.解(1)由已知，得Sn2Sn1(Sn1Sn)1，所以an2an11(n1).又a2a11，
10、所以数列an是以a12为首项，1为公差的等差数列.所以ann1.又bn124(bn2)，所以bn2是以4为首项，4为公比的等比数列.所以bn4n2.(2)因为ann1，bn4n2，所以cn4n(1)n12n1.要使cn1cn恒成立，需cn1cn4n14n(1)n2n2(1)n12n10恒成立，即34n3(1)n12n10恒成立.所以(1)n12n1恒成立.当n为奇数时，即2n1恒成立，当且仅当n1时，2n1有最小值1，所以2n1恒成立，当且仅当n2时，2n1有最大值2.所以2，结合可知2cn成立.思维升华数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以
11、利用不等式的性质或基本不等式求解.(2013天津)已知首项为的等比数列an的前n项和为Sn(nN*)，且2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：Sn(nN*).(1)解设等比数列an的公比为q，因为2S2，S3,4S4成等差数列，所以S32S24S4S3，即S4S3S2S4，可得2a4a3，于是q.又a1，所以等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)证明由(1)知，Sn1n，Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS2.故对于nN*，有Sn.(时间：80分钟)1.已知数列an的前n项和为Sn
12、，且满足：an2SnSn10(n2，nN)，a1，判断与an是否为等差数列，并说明你的理由.解因为anSnSn1(n2)，又因为an2SnSn10，所以SnSn12SnSn10(n2)，所以2(n2)，又因为S1a1，所以是以2为首项，2为公差的等差数列.所以2(n1)22n，故Sn.所以当n2时，anSnSn1，所以an1，而an1an.所以当n2时，an1an的值不是一个与n无关的常数，故数列an不是一个等差数列.综上，可知是等差数列，an不是等差数列.2.设数列an满足a10且1.(1)求an的通项公式；(2)设bn，记Snk，证明：Sn1.(1)解由题设1，即是公差为1的等差数列，又1
13、，故n.所以an1.(2)证明由(1)得bn，Snk1(m25m)对所有的nN*恒成立的整数m的取值集合.(1)证明依题意，得a29a110100，故10.当n2时，an19Sn10，an9Sn110，两式相减得an1an9an，即an110an，10，故an为等比数列，且ana1qn110n(nN*)，lg ann.lg an1lg an(n1)n1，即lg an是等差数列.(2)解由(1)知，Tn33(1).(3)解Tn3，当n1时，Tn取最小值.依题意有(m25m)，解得1mm2，m，kN*)，使得b1、bm、bk成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m、k的值；若不存在，请说明理由.解(1)设等差数列an的公差为d，则Snna1d.由已知，得即，解得所以ana1(n1)dn(nN*).(2)假设存在m、k(km2，m，kN*)，使得b1、bm、bk成等比数列，则bb1bk，因为bn，所以b1，bm，bk，所以()2.整理，得k.以下给出求m、k的方法：因为k0，所以m22m10，解得1m1.因为m2，mN*，所以m2，此时k8.故存在m2，k8，使得b1、bm、bk成等比数列.6.已知数列an的前n项和Sn2an2n1.(1)证明：数列是等差数列；(2)若不等式2n2n30，所以不等式2n2n3，记bn，n2时，所以n3时1，(bn)maxb3，所以.
