数列
阅卷案例
思维导图
(2020·全国卷Ⅲ，T17，12分)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.本题考查：递推数列、错位相减法等知识，逻辑推理、数学运算等核心素养.
答题模板
标准解答
踩点得分
第1步：归纳、猜想由特殊到一般，发现规律，猜想通项.第2步：证明利用数学归纳法证明猜想的正确性.第3步：求和依据数列的特点，选择恰当的求和方法.关键步骤第4步：计算注意错位相减法的计算方法，计算务必细心.
(1)由a1＝3，an＋1＝3an－4n得←←←←
第(1)问得分点及说明：
1.只要a2，a3数据计算正确就各得1分.2.猜想正确再得1分.3.符合数学归纳法证明步骤得全分，否则不得分.第(2)问得分点及说明：1.列出Sn的表达式并想利用错位相减法求和得2分.2.“－Sn”计算正确，不化简不扣分.3.Sn的计算正确，但没化到最简不扣分.
命题点1 等差、等比数列的基本量的运算
1．两组重要公式
(1)等差数列：①Sn＝＝na1＋d；
②am＝an＋(m－n)d；
③若m，n，p成等差数列，
则2an＝am＋ap.
(2)等比数列：①Sn＝＝(q≠1)；
②am＝an·qm－n；
③若m，n，p成等比数列，则a＝am·ap.
2．等差(比)数列的运算技巧：(1)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解；(2)要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
3．由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，充分使用通项公式、求和公式、数列的性质，确定基本量．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略．
[高考题型全通关]
1．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
[解] (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得解得a1＝1，q＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1.
故Sn＝.
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1(舍去)，m＝6.
2．(2020·惠州第二次调研)在数列{an}中，a1＝1，a2＝，an＋1＝an＋，其中n∈N
，λ为常数．
(1)求λ
的值；
(2)设bn＝，求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)将n＝1代入an＋1＝an＋，得a2＝2a1＋，
由a1＝1，a2＝，得λ＝3.
(2)由an＋1＝an＋，得－＝，
即bn＋1－bn＝.
当n＝1时，b1＝＝1，
当n≥2时，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＝＋＋…＋＋＝eq
\f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))))),1－\f(1,3))
＝－，
所以bn＝－(n≥2)．
因为b1＝1也适合上式，所以bn＝－.
命题点2 数列的证明问题
1．判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：
对于任意n≥1，n∈N
，验证an＋1－aneq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或))为与正整数n无关的同一个常数；(2)中项公式法．
2．＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．
3．若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可．
[高考题型全通关]
1．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求证：数列{S}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：由题意知2Sn＝an＋，
即2Snan－a＝1，
①
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入①式得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得S－S＝1(n≥2)．
又当n＝1时，
由①式可得a1＝S1＝1(负值舍去)，
∴数列{S}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可得S＝1＋n－1＝n，
∵数列{an}的各项都为正数，
∴Sn＝，
∴当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－，
又a1＝S1＝1满足上式，
∴an＝－(n∈N
)．
(3)由(2)得
bn＝＝
＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)
＝－；
当n为偶数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n(n∈N
)．
2．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：原式可转化为Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．
由S1－2a1＝1－4，
得S1＝3，所以S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
所以Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n
＝.
命题点3 数列求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项，使得相加后，项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项相消，有的是间隔项相消．常见的裂项方式有：＝－；＝；＝；＝等．
2．当数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．用错位相减法求数列的前n项和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．
[高考题型全通关]
1．(2020·广东四校联考)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N
)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜.
[解] (1)an＋1＝2＋Sn(n∈N
)，
①
当n＝1时，a2＝2＋S1，即a2＝4，
当n≥2时，an＝2＋Sn－1，
②
①－②可得an＋1－an＝Sn－Sn－1，
即an＋1＝2an，
∴an＝a2×2n－2＝2n，n≥2，
当n＝1时，a1＝21＝2，满足上式，∴an＝2n(n∈N
)．
(2)由(1)得bn＝＝，
∴Tn＝＝.
∴Tn＜.
2．(2020·福州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an，n＝1，2，3，….数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝n(3－bn)，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
[解] (1)∵n＝1时，a1＋S1＝a1＋a1＝2，∴a1＝1.
∵Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2.
两式相减得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，
即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an，由Sn＝2－an，知an≠0，
∴＝(n∈N
)．
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，其通项公式为an＝.
∵bn＋1＝bn＋an(n＝1，2，3，…)，∴bn＋1－bn＝，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝，b4－b3＝，…，bn－bn－1＝
(n＝2，3，…)．
将这n－1个等式相加得，bn－b1＝1＋＋＋…＋＝eq
\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),1－\f(1,2))＝2－.
又b1＝1，∴bn＝3－
(n＝2，3，…)，当n＝1时也满足上式，
∴bn＝3－
(n∈N
)．
(2)∵cn＝n(3－bn)＝2n，
∴Tn＝2eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×)).
①
Tn＝2eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×)).
②
①－②得，Tn＝2eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(＋＋＋…＋))－2×n×
(n∈N
)，
Tn＝4×eq
\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),1－\f(1,2))－4×n×＝8－(8＋4n)×(n＝1，2，3，…)．
命题点4 以数列为载体的“条件不良”问题
[高考题型全通关]
1．(2020·枣庄模拟)在①b1＝－1，b4＝8，②Tn＝2n＋k，③b1＝1，Sn＝－＋这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，作为问题的条件，再解答这个问题．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b4，a5＝4，若数列{anbn}的前n项和为An，则An是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解] 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
当选①时，因为b1＝－1，a1＝b4＝8，a5＝4，
所以d＝＝－1，an＝8＋(n－1)×(－1)＝9－n，
q3＝＝－8，q＝－2，bn＝－(－2)n－1，
则anbn＝(n－9)(－2)n－1，
An＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(－8)×(－2)0＋(－7)×(－2)1＋…＋(n－9)×(－2)n－1，
－2An＝(－8)×(－2)1＋(－7)×(－2)2＋…＋(n－9)×(－2)n，
两式相减，并化简得An＝－＋×(－2)n.
易知An不存在最大值．
当选②时，Tn＝2n＋k，可知b1＝2＋k，b2＝T2－T1＝2，b3＝T3－T2＝4，
又b＝b1b3，所以4＝(2＋k)×4，k＝－1，
可知Tn＝2n－1，
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n－1，又b1＝1符合上式，所以bn＝2n－1.
所以a1＝b4＝8，又a5＝4，所以d＝＝－1，
an＝8＋(n－1)×(－1)＝9－n，
anbn＝(9－n)×2n－1，
可知当n≥9时，anbn≤0，所以{anbn}的前8项和与前9项和最大，且最大值为A8＝A9＝502.
当选③时，由Sn＝－＋，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n，
因为a5＝4，所以－5＝4，得m＝17，故Sn＝－＋，
当n≥2时，an＝9－n，a1＝S1＝8也符合上式，所以an＝9－n.
又b4＝a1＝8，b1＝1，所以q3＝＝8，q＝2，bn＝2n－1.
anbn＝(9－n)×2n－1，
可知当n≥9时，anbn≤0，所以{anbn}的前8项和与前9项和最大，且最大值为A8＝A9＝502.
2．(2020·青岛模拟)在①a3＋b3＝0，②S3＝－19.5，③a3＋a1＝2＋这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的λ存在，求出λ的值；若λ不存在，说明理由．
已知等差数列{an}的公差为d，Sn是数列{an}的前n项和，等比数列{bn}的公比为q(q≠1)，Tn是数列{bn}的前n项和，________，b1＝1，T3＝3，d＝－q，是否存在正整数λ，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解？
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．
[解] 由b1＝1，T3＝b1(1＋q＋q2)＝3，得q＝－2或q＝1(舍去)，
∴bn＝(－2)n－1.
选①，∵a3＋b3＝0，∴a3＝－b3＝－4，d＝－q＝2，
∴an＝a3＋2(n－3)＝2n－10，a1＝－8，
∴Sn＝n(n－9)＝－≥－20，
由λ(30＋Sk)≤10得λ≤≤1，
∴λ＝1，
∴当λ＝1时，30＋Sk≤10，解得k＝4或5，故存在λ＝1，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解．
选②，∵S3＝－19.5，∴a2＝－6.5，d＝－q＝2，
∴an＝a2＋2(n－2)＝2n－10.5，a1＝－8.5，
∴Sn＝n(n－9.5)＝－≥－22.5.
由λ(30＋Sk)≤10得λ≤≤＜2，
∴λ＝1，
∴当λ＝1时，30＋Sk≤10，解得k＝4或5或6，故存在λ＝1，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解．
选③，∵a3＋a1＝2＋＝6，
∴a2＝＝3，d＝－q＝2，
∴an＝a2＋2(n－2)＝2n－1，a1＝1，
∴Sn＝n2，
∴30＋Sk＞10，
∴不存在正整数λ，使得关于k的不等式λ(30＋Sk)≤10有解．
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