1、第三部分 讲重点解答题专练 第2讲 数列 热点调研 近几年高考中的数列总体难度有所降低，以考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法为主，有时也有涉及到函数、方程、不等式知识的综合性问题，在解题过程中常用到等价转化、分类讨论、函数与方程等思想方法.典型例题1(2015福建晋江检测)已知数列an的前 n 项的和为 Sn，且a112，an1n12n an.(1)证明：数列ann 是等比数列；(2)求通项公式 an 与前 n 项的和 Sn；(3)设 bnn(2Sn)，nN*，若集合 Mn|bn，nN*恰有 4 个元素，求实数 的取值范围类型一 证明等差、等比数列2(2015
2、辽宁大连双基)数列an满足 an1an2an1，a11.(1)证明：数列 1an是等差数列；(2)求数列 1an的前 n 项和 Sn，并证明 1S1 1S2 1Sn nn1.规范解答1解析(1)因为 a112，an1n12n an，当 nN*时，ann 0.又因为a11 12，an1n1ann 12(nN*)为常数，所以ann 是以12为首项，12为公比的等比数列(2)由ann 是以12为首项，12为公比的等比数列，得ann 12(12)n1(12)n.所以 ann(12)n.由错位相减法得 Sn2(12)n1n(12)n.(3)因为 bnn(2Sn)(nN*)，所以 bnn(12)n1n2(
3、12)n.因为 bn1bn(3n2)(12)n1，所以 b2b1，b2b3b4.因为集合 Mn|bn，nN*恰有 4 个元素，且 b1b432，b22，b3158，b53532，所以3532 112 1231nn1(112)(1213)(1n 1n1)1 1n1 nn1.方法二(数学归纳法)当 n1 时，1S11，nn112，不等式成立假设当 nk 时，不等式成立，即 1S1 1S21Sk kk1.则当 nk1 时，1S1 1S21Sk 1Sk1 kk11k12，又kk11k12k1k211k11k1211k21k2kk121k2k120，1S1 1S21Sk 1Sk1k1k2.原不等式成立方
4、法三 1S1 1S2 1Sn 112 122 1n21，又1 nn1，1S1 1S2 1Sn nn1.预测1已知数列an中，a11，an1 anan3(nN*)(1)求证：1an12是等比数列，并求an的通项公式 an；(2)数列bn满足 bn(3n1)n2nan，数列bn的前 n 项和为 Tn，若不等式(1)nTn n2n1对一切 nN*恒成立，求 的取值范围解析(1)由 an1 anan3，得 1an1an3an 1 3an.即 1an1123(1an12)，又 1a11232，1an12是以32为首项，3 为公比的等比数列 1an12323n13n2，即 an23n1.(2)bn n2n
5、1，Tn1 1202 1213 122(n1)12n2n 12n1，Tn2 1 1212 122(n1)12n1n 12n，两式相减得Tn2 120 121 122 12n1n 12n2n22n，Tn4n22n1.(1)n4 22n1.若 n 为偶数，则 4 22n1.3；若 n 为奇数，则4 22n1.2.23.2(2015吉林长春质检)已知数列an中，a11，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an 2S2n2Sn1(n2)(1)求证：数列 1Sn是等差数列；(2)证明：当 n2 时，S112S213S31nSn32.证明(1)当 n2 时，SnSn1 2S2n2Sn1，Sn1Sn2SnSn
6、1，1Sn 1Sn12，从而 1Sn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列(2)由(1)可知，1Sn 1S1(n1)22n1，Sn12n1，当 n2 时，1nSn1n2n11n2n2121nn112(1n11n)，从而 S112S213S31nSn112(1121213 1n11n)32 12n0 的解集类型二 等差、等比的综合应用2(2015浙江建人高复)已知数列an为等比数列，其中 a71，且 a4，a51，a6 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数 m，使得当 nm 时，|an|0，即n1n1460，解得 1n0 的解集为nN*|1n142解析(1)设等比数列an的
7、公比为 q(q0)，由 a7a1q61，得 a1q6.从而 a4a1q3q3，a5a1q4q2，a6a1q5q1.因为 a4，a51，a6 成等差数列，所以 a4a62(a51)，即 q3q12(q21)，q1(q21)2(q21)所以 q12.故 ana1qn1q6qn164(12)n1.(2)由|an|64(12)n12 01426.而 2102 01416，即 n17.故 m17.故存在正整数 m，当 nm 时，|an|0，d3，q2.an3(n1)33n，bn2n1.(2)cnSncosnSn，n是偶数，Sn，n是奇数，T20S1S2S3S4S19S20a2a4a6a206121860
8、330.2(2015陕西长安一中)已知an为等比数列，a12，a318，bn是等差数列，b12，b1b2b3b4a1a2a320.(1)求数列bn的通项公式及前 n 项和 Sn；(2)设 Pnb1b4b7b3n2，Qnb10b12b14b2n8，其中 nN*，试比较 Pn 与 Qn 的大小解析(1)设an的公比为 q，由 a3a1q2，得 q2a3a19.q3.当 q3 时，a1a2a326181420 矛盾当 q3 时，a1a2a326182620，符合题意设bn的公差为 d，由 b1b2b3b4a1a2a326，得4b1432 d26.又b12，d3，bn3n1.Snnb1bn232n21
9、2n.(2)b1，b4，b7，b3n2 组成公差为 3d 的等差数列，Pnnb1nn123d92n252n.b10，b12，b14，b2n8 组成公差为 2d 的等差数列，Qnnb10nn122d3n226n.PnQn32n(n19)故当 n20 时，PnQn；当 n19 时，PnQn；当 n18 时，Pn0，a22，S4S212，数列bn的前 n 项和为 Tn，b11，点(Tn1，Tn)在直线 xn1yn12上(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若数列bnan的前 n 项和为 Bn，不等式 Bnm 12n2对于 nN*恒成立，求实数 m 的最大值解析(1)由 S4S212，得 S4S2a
10、3a4a2qa2q212.又 a22，故 q2q60，解得 q2 或 q3(舍)，故 an2n1.因为点(Tn1，Tn)在直线 xn1yn12上，所以Tn1n1Tnn 12，故Tnn 是以T11 1 为首项，12为公差的等差数列，则Tnn 112(n1)则 Tnnn12.当 n2 时，bnTnTn1nn12n1n2n，b11 满足该式，故 bnn.(2)Bn122 322 n2n1，则12Bn12 222 323 n2n，两式相减，得(112)Bn112 122 123 12n1 n2n2n22n，所以 Bn4n22n1.不等式 Bnm 12n2对于 nN*恒成立，即 4n22n1 m 12n
11、2，则 4 n2n1m 对于 nN*恒成立，那么 m 的最大值即为 4 n2n1的最小值由 4n12n(4 n2n1)n12n 0 知，当 n1 或 2 时，4 n2n1的最小值为 3，所以实数 m 的最大值为 3.该类题目往往既考查等差数列，也考查等比数列，综合性较强；不仅要重视基本量法：知三求二，而且也要重视性质的灵活运用，经常与求和联系在一起典型例题1(2015河北保定调研)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，公差 d0，且 S3S550，a1，a4，a13 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bnan是首项为 1，公比为 3 的等比数列，求数列bn的前 n 项和 Tn.类
12、型三 错位相减求和2(2015广东佛山检测)已知数列an满足 an27an112an，nN*，a11，a25.(1)求证：数列an13an和an14an均为等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)求证：i1niai4n1，故 nann24n13n1 n4n1n(14)n1.则i1niaii1ni(14)i1.设 Sni1ni(14)i112143(14)2n(14)n1，14Sn142(14)23(14)3n(14)n.34Sn114(14)2(14)3(14)n1n(14)n114n114n(14)n431(14)nn(14)n.Sn169 1(14)n43n(14)n169.故i1ni
13、ai169.预测1(2015湖南名校联盟)已知an的前 n 项和 Sn12n2kn1(其中 kN*)，且 Sn 的最大值为 9.(1)确定常数 k 的值，并求数列an的通项公式；(2)求数列92an2n的前 n 项和 Tn.解析(1)当 nkN*时，Sn12n2kn1 取最大值，即 912k2k21，即 k4，Sn12n24n1，当 n1 时，a1S192，当 n2 时，anSnSn1n92；综上可知 an92，n1，n92，n2.(2)92an2n0，n1，2n2n，n2，Tn4 1226 1232n 12n，12Tn4 1236 1242(n1)12n2n 12n1，得12Tn4 1222
14、(123 124 12n)2n 12n1，Tn3n22n1.2设数列an满足 a13a232a33n1ann3(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn nan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解析(1)a13a232a33n1ann3，a113.a13a232a33n2an1n13(n2)，得 3n1ann3n13 13(n2)，化简得 an 13n(n2)显然 a113也满足上式，故 an 13n(nN*)(2)由(1)得 bnn 3n.于是 Sn13232333n3n，3Sn132233334n3n1，得2Sn332333nn3n1，即2Sn33n113 n3n1，Sn2n14
15、3n134.3(2015安徽合肥联考)已知函数 f(x)x21，设曲线 yf(x)在点(xn，yn)处的切线与 x 轴的交点为(xn1,0)，其中 x1 为正实数(1)用 xn 表示 xn1；(2)x12，若 anlgxn1xn1，试证明数列an为等比数列，并求数列an的通项公式；(3)若数列bn的前 n 项和 Snnn12，记数列anbn的前 n项和为 Tn，求 Tn.解析(1)由题意得 f(x)2x，所以曲线在点(xn，f(xn)处的切线方程为 yf(xn)f(xn)(xxn)，即 y(x2n1)2xn(xxn)令 y0，得(x2n1)2xn(xn1xn)，即 x2n12xnxn1.由题意
16、得 xn0，所以 xn1x2n12xn.(2)因为 x12，xn1x2n12xn，所 以 a1 lg x11x11 lg3，an 1 lg xn11xn11 lgx2n12xn 1x2n12xn 1lgx2n2xn1x2n2xn1lgxn12xn122lgxn1xn12an，即 an12an.所以数列an为等比数列所以 ana12n12n1lg3.(3)当 n1 时，b1S11.当 n2 时，bnSnSn1nn12nn12n.b11 符合 bnn，所以数列bn的通项公式为 bnn，故数列anbn的通项公式为 anbnn2n1lg3.所以 Tn(122322n2n1)lg3，2，得 2Tn(12
17、222n2n)lg3，得Tn(12222n1n2n)lg3.故 Tn(n2n2n1)lg3.错位相减求和方法适用于等差、等比乘积求和问题，关键两条：错位；作差计算时千万要细心！慌乱定出错！典型例题1(2015浙江宁波模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，对任意的 nN*，点(n，Sn)均在函数 f(x)2x 的图像上(1)求an的通项公式；(2)记 bnlog2an，求使 1b2b4 1b4b6 1b6b81b2nb2n21021成立的 n 的最大值类型四 裂项相消求和2(2015河南洛阳统考)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，nN*,2Sna2nan.(1)求数列an的通项公式；(
18、2)令 bn1an an1an1 an，设bn的前 n 项和为 Tn，求 T1，T2，T3，T100 中有理数的个数3(2015安徽淮南模拟)若数列an的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 y1613x 的图像上(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 c10，且对任意正整数 n 都有 cn1cnlog12an.求证：对任意正整数 n2，总有131c21c31c41cn34.规范解答1解析(1)由题意得 Sn2n，则 Sn12n1(n2)，所以 anSnSn12n2n12n1(n2)又 a1S12，所以 an2，n1，2n1，n2.(2)因为 bnlog2an1，n1，n1，n2，
19、所以1b2nb2n212n12n112(12n112n1)则 1b2b4 1b4b6 1b6b81b2nb2n212(113131512n112n1)12(112n1)，所以12(112n1)1021，解得 n10.所以使 1b2b4 1b4b6 1b6b81b2nb2n21021成立的 n 的最大值为 9.2解析(1)当 n1 时，2a1a21a1 得，a11 或 0(舍去)当 n2 时，2Sna2nan,2Sn1a2n1an1，两式相减，得 anan11(n2)所以数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，ann，nN*.(2)bn1an an1an1 an1n n1n1 n1nn1
20、 n1 nn1 nnn1 n1 n n1 n n1 nnn1 1n1n1.Tnb1b2b3bn(1 12)(12 13)(13 14)(1n1n1)11n1.在 T1，T2，T3，T100 中有理数为 T3，T8，T15，T99，共 9 个3解析(1)Sn1613an，当 n2 时，anSnSn113an113an.an14an1.又S11613a1，a118.an18(14)n1(12)2n1.(2)cn1cnlog12 anlog12(12)2n12n1，则当 n2 时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)1c21c31c41cn122113
21、2114211n2112(113)(1214)(1315)(1n1 1n1)12(112)(1n 1n1)3412(1n 1n1)14(m25m)对所有的 nN*恒成立的整数 m 的取值集合解析(1)依题意，a29a110100，故a2a110.当 n2 时，an19Sn10，an9Sn110，两式相减得 an1an9an，即 an110an，an1an 10.故an为等比数列，且 ana1qn110n(nN*)lgann.lgan1lgan(n1)n1，即lgan是等差数列(2)由(1)知，Tn3 112 1231nn13(11212131n 1n1)3 3n1.(3)Tn3 3n1，当 n
22、1 时，Tn 取最小值32.依题意有3214(m25m)，解得1m13loga(1a)对任意正整数 n 恒成立，求实数 a 的取值范围解析(1)点(n，Sn)在 f(x)12x212x 的图像上，Sn12n212n.当 n2 时，Sn112(n1)212(n1)，得 ann.当 n1 时，a1S112121，符合上式，ann.(2)由(1)得1anan21nn212(1n 1n2)，Tn 1a1a3 1a2a4 1a3a51anan212(113)12(1214)12(1315)12(1n1 1n1)12(1n 1n2)12(112 1n1 1n2)3412(1n1 1n2)Tn1Tn1n1n
23、30，数列Tn单调递增(Tn)minT113.要使不等式 Tn13loga(1a)对任意正整数 n 恒成立，只要1313loga(1a)即可1a0，0aa，得 0a12.实数 a 的取值范围是(0，12)3(2015四川达州调研)已知等比数列an的首项 a113，前 n项和 Sn 满足 S1,2S2,3S3 成等差数列(1)求an的通项公式；(2)设 bn2(11an11an1)，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn13.解析(1)因为 S1,2S2,3S3 成等差数列，所以 4S2S13S3，当q1 时，不符合；当 q1 时，得 4a11q21qa13a11q31q，故q13或 q0(
24、舍去)综上可知，an(13)n.(2)由(1)知 an(13)n，所以 bn21113n1113n121113n1113n111113n11113n1(1 3n3n1)(13n13n11)13n113n11.由13n1 13n1，得13n113n11 13n 13n1，所以bn 13n 13n1.从而 Tnb1b2bn(13 132)(132 133)(13n 13n1)13 13n113，因此 Tn0，bn是单调递增数列1数列是特殊的函数，对于任何一个数列an，点(n，an)一定在某个函数所对应的图像上，从而就可以知道 n，an 之间的联系，为问题的解决找到一个突破口2函数的某些性质，数列也都具有，如单调性、周期性、对称性等
