2020年高考理科数学一轮复习大题篇—数列综合

【归类解析】

题型一　等差数列、等比数列的交汇

【解题指导】 等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解.求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程.

【例】记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2＝2，S3＝－6.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.

【解】　(1)设{an}的公比为q.

由题设可得

解得q＝－2，a1＝－2.

故{an}的通项公式为an＝(－2)n.

(2)由(1)可得

Sn＝＝－＋(－1)n.

由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n

＝2＝2Sn，

故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.

【训练】已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比.

【解】　(1)设数列{an}的公差为d

由题意可知

整理得即

∴an＝2n－1.

(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，

∴S4＝16，S6＝36，

又S4Sn＝S，∴n2＝＝81，

∴n＝9，公比q＝＝.

题型二　　数列的求和

【解题指导】　(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息.

(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.

1　分组求和与并项求和

【例】已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝a＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

【解】　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，

则an＝a1qn－1，且an>0，

由已知得

化简得

即

又∵a1>0，q>0，

∴a1＝1，q＝2，

∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

(2)由(1)知bn＝a＋log2an ＝4n－1＋n－1，

∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)

＝＋＝＋.

2　错位相减法求和

【例】已知数列{an}满足an≠0，a1＝，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N＋.

(1)求证：是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

【解】　(1)由已知可得，－＝2，

∴是首项为3，公差为2的等差数列，

∴＝3＋2(n－1)＝2n＋1，

∴an＝.

(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，

∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，

2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，

两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.

＝6＋－(2n＋1)2n＋1

＝－2－(2n－1)2n＋1，

∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.

3　裂项相消法求和

【例】在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.

(1)求证：数列是等差数列；

(2)求数列的前n项和Sn.

(1)证明　nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，

得－＝2(n∈N＋)，

所以数列是首项为4，公差为2的等差数列.

(2)解　由(1)，得＝2n＋2，

所以an＝2n2＋2n，

故＝＝·＝·，

所以Sn＝

＝＝.

【训练】　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an(n∈N＋).

①证明：数列是等比数列；

②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.

①证明　∵a1＝，an＋1＝an，

当n∈N＋时，≠0，

又＝，∶＝ (n∈N＋)为常数，

∴是以为首项，为公比的等比数列.

②解　由是以为首项，为公比的等比数列，

得＝·n－1，

∴an＝n·n.

∴Sn＝1·＋2·2＋3·3＋…＋n·n，

Sn＝1·2＋2·3＋…＋(n－1)  n＋n·n＋1，

∴两式相减得Sn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1，

∴Sn＝2－n－1－n·n

＝2－(n＋2)·n.

综上，an＝n·n，Sn＝2－(n＋2)·n.

(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2(t∈R).

①求数列{an}的通项公式；

②若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.

解　①因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2，

所以(t＋1)S1＝a＋3a1＋2，

所以t＝5.

所以6Sn＝a＋3an＋2.(ⅰ)

当n≥2时，有6Sn－1＝a＋3an－1＋2，(ⅱ)

(ⅰ)－(ⅱ)得6an＝a＋3an－a－3an－1，

所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，

因为an>0，所以an－an－1＝3，

又因为a1＝1，

所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，

所以an＝3n－2(n∈N＋).

②因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，

所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N＋)，

所以当n≥2时，

bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1

＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝.

又b1＝1也适合上式，

所以bn＝ (n∈N＋).

所以＝

＝·＝·，

所以Tn＝·

＝·，

＝.

题型三　数列与函数

【解题指导】 数列与函数的交汇问题

(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；

(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.

【例】数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N＋，且a1，a2＋5,19成等差数列.

(1)求a1的值；

(2)证明为等比数列，并求数列{an}的通项公式；

(3)设bn＝log3(an＋2n)，若对任意的n∈N＋，不等式bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.

【解】　(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N＋中，

令n＝1，得2S1＝a2－22＋1，即a2＝2a1＋3，①

又2(a2＋5)＝a1＋19，②

则由①②解得a1＝1.

(2)当n≥2时，由

③－④得2an＝an＋1－an－2n，

则＋1＝，

又a2＝5，则＋1＝.

∴数列是以为首项，为公比的等比数列，

∴＋1＝×n－1，即an＝3n－2n.

(3)由(2)可知，bn＝log3(an＋2n)＝n.

当bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立时，

即(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6<0(n∈N＋)恒成立.

设f(n)＝(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6(n∈N＋)，

当λ＝1时，f(n)＝－n－6<0恒成立，则λ＝1满足条件；

当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；

当λ>1时，由于对称轴n＝－<0，

则f(n)在[1，＋∞)上单调递减，

f(n)≤f(1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，

综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).

【训练】已知数列{an}满足a1＝1,2an＋1＝an，数列{bn}满足bn＝2－log2a2n＋1.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得2Tn≤4n2＋m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围.

【解】　(1)由a1＝1，＝，an≠0，

∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，

∴an＝n－1.

∴bn＝2－log22n＝2n＋2.

(2)由(1)得，Tn＝n2＋3n，

∴m≥－2n2＋6n对任意正整数n都成立.

设f(n)＝－2n2＋6n，

∵f(n)＝－2n2＋6n＝－22＋，

∴当n＝1或2时，f(n)的最大值为4，

∴m≥4.

即m的取值范围是[4，＋∞).

题型四　数列与不等式

【解题指导】 数列与不等式的交汇问题

(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；

(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.

【例】已知数列{an}中，a1＝，其前n项的和为Sn，且满足an＝ (n≥2).

(1)求证：数列是等差数列；

(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn<1.

【证明】　(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，整理得Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，

∴－＝2，从而构成以2为首项，2为公差的等差数列.

(2)由(1)可知，＝＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝.

∴当n＝1时， Sn＝<1，

方法一　当n≥2时， Sn＝<·

＝，

∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn <＋＝1－<1.

∴原不等式得证.

方法二　当n≥2时，

<＝，

∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn

<＋

＝＋，

<＋＝<1.

∴原命题得证.

【训练】已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.

(1)解　设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，

由题意得1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6，

解得d＝q＝2，

所以an＝2n－1，bn＝2n－1.

(2)证明　因为cn＝＝

＝，

所以Tn＝

＝

＝－，

因为>0，所以Tn<.

又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增，

所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝，

所以≤Tn<.

专题突破训练

1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26.

(1)求an及Sn；

(2)令bn＝ (n∈N＋)，求证：数列{bn}为等差数列.

(1)解　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

由题意有

解得a1＝3，d＝2，

则an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，

Sn＝＝＝n(n＋2).

(2)证明　因为bn＝＝＝n＋2，

又bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1，

所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列.

2.在数列{an}和{bn}中，a1＝1，an＋1＝an＋2，b1＝3，b2＝7，等比数列{cn}满足cn＝bn－an.

(1)求数列{an}和{cn}的通项公式；

(2)若b6＝am，求m的值.

解　(1)因为an＋1－an＝2，且a1＝1，

所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列.

所以an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，即an＝2n－1.

因为b1＝3，b2＝7，且a1＝1，a2＝3，

所以c1＝b1－a1＝2，c2＝b2－a2＝4.

因为数列{cn}是等比数列，

且数列{cn}的公比q＝＝2，

所以cn＝c1·qn－1＝2×2n－1＝2n，即cn＝2n.

(2)因为bn－an＝2n，an＝2n－1，

所以bn＝2n＋2n－1.

所以b6＝26＋2×6－1＝75.

令2m－1＝75，得m＝38.

3.已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值.

解　(1)由题意，得

解得或

∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，

∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.

(2)∵bn＝＝2n·＝－n·2n，

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①

则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②

②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，

则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，

解2n＋1－2>62，得n>5，

∴n的最小值为6.

4.正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，

由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，

化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，

所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.

(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，

所以bn＝＝＝

＝－，

所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝＋＋＋…＋

＝－＝.

5.数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…).

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.

(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，

∴Sn＋1＝Sn，

∴＝2·，

又a1＝1，∴＝1≠0，

∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列.

(2)解　由(1)知，＝2n－1，

∴Sn＝(2n－1)·2n－1，

∴Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，①

2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.②

①－②得

－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n

＝1＋2×－(2n－1)·2n

＝(3－2n)·2n－3，

∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.

6.设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.记ci＝ai＋bi (i＝1,2,3,4).

(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；

(2)设a1＝1，q＝2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；

(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由.

(1)证明　假设数列c1，c2，c3是等差数列，

则2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3).

因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3.从而2a2＝a1＋a3.

又因为a1，a2，a3是等比数列，所以a＝a1a3.

所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立.

所以数列c1，c2，c3不是等差数列.

(2)解　因为a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.

因为c＝c1c3，所以(2＋b2)2＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，

即b2＝d2＋3d，

由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，

所以d≠－1且d≠－2.

又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定义域为

.

(3)解　设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，

则

将①＋③－2×②得，a1(q－1)2＝c1(q1－1)2，⑤

将②＋④－2×③得，a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2，⑥

因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.

由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.

代入①得b1＝0.再代入②，得d＝0，与d≠0矛盾.

所以c1，c2，c3，c4不成等比数列.

7.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝－an＋1.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若f(x)＝，设bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求数列的前n项和Tn.

解　(1)由Sn＝－an＋1得Sn＋1＝－an＋1＋1，

两式相减得，Sn＋1－Sn＝－an＋1＋an，

即 an＋1＝－an＋1＋an，即＝ (n≥1)，

所以数列{an}是公比为的等比数列，

又由a1＝－a1＋1得a1＝，

所以an＝a1qn－1＝n.

(2)因为bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)

＝1＋2＋…＋n＝，

所以＝＝2，

所以Tn＝2

＝2＝.

8.已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n项和为Sn，且a2＋2，S3，S4成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n<.

(1)解　由a1＝0得an＝(n－1)d，Sn＝，

因为a2＋2，S3，S4成等比数列，

所以S＝(a2＋2)S4，

即(3d)2＝(d＋2)·6d，

整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，

因为d≠0，所以d＝4，

所以an＝(n－1)d＝4(n－1)＝4n－4.

(2)证明　由(1)可得Sn＋1＝2n(n＋1)，

所以bn＝＝＝2＋

＝2＋，

所以Tn＝2n＋＋＋…＋

＝2n＋1＋－－，

所以Tn－2n<.

9.已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N＋，数列{an}满足＝f′，且a1＝4.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，

16n2a－4nb＝0，

∴a＝，

则f(x)＝x2＋2nx，n∈N＋.

数列{an}满足＝f′，

又f′(x)＝x＋2n，

∴＝＋2n，∴－＝2n，

由累加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，

化简可得an＝ (n≥2)，

当n＝1时，a1＝4也符合，

∴an＝ (n∈N＋).

(2)∵bn＝＝

＝2，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝＋＋…＋

＝2

＝2

＝.

10.已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.

(1)求数列{xn}的通项公式；

(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.

解　(1)设数列{xn}的公比为q.

由题意得

所以3q2－5q－2＝0，

由已知得q>0，

所以q＝2，x1＝1.

因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.

(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.

由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，

记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，

由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，

所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2，①

则2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②

由①－②，得

－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1

＝＋－(2n＋1)×2n－1.

所以Tn＝.

11.若正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，点P(，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设bn＝，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥a恒成立，求Tn及实数a的取值范围.

解　(1)由Sn＋1＝(＋1)2，得－＝1，

所以数列{}是以为首项，1为公差的等差数列，

所以＝＋(n－1)×1，即Sn＝n2，

由公式an＝

得an＝所以an＝2n－1.

(2)因为bn＝＝

＝，

所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝

＝，

显然Tn是关于n的增函数，

所以Tn有最小值(Tn)min＝T1＝×＝.

由于Tn≥a恒成立，所以a≤，

于是a的取值范围是.

12.已知各项均不相等的等差数列{an}的前三项和为9，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项.

(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；

(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N＋).

(1)解　设数列{an}的公差为d，

则

解得或 (舍去)，

所以an＝n＋1，Sn＝.

又b1＝a1＝2，b2＝a3＝4，

所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.

(2)证明　因为an·bn＝(n＋1)·2n，

所以Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①

所以2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②

①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，

所以Kn＝n·2n＋1.

则cn＝＝，

cn＋1－cn＝－

＝>0，

所以cn＋1>cn(n∈N＋).