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.
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．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a15＝17，S10＝55.数列{bn}满足an＝log2bn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若数列{an＋bn}的前m项和Tm满足Tm＝S32＋18，求m的值．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2＋a15＝17，S10＝55，所以解得则an＝n.
又an＝log2bn，即bn＝2an，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)依题意得数列{an＋bn}的前m项和Tm＝(a1＋a2＋…＋am)＋(b1＋b2＋…＋bm)
＝(1＋2＋…＋m)＋(2＋22＋…＋2m)
＝＋＝＋2m＋1－2.
又S32＋18＝＋18＝546，则＋2m＋1＝548，
因为f(n)＝＋2n＋1(n∈N
)为单调递增函数，所以m＝8.
[点评] 等差、等比数列基本量的运算体现了方程的思想，求解的关键是建立有关基本量的方程．
2．设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
[解] (1)设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)法一：由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an＞0；当n＝6时，an＝0，当n＜6时，an＜0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
法二：由(1)知，Sn＝(a1＋an)＝n(n－11)＝－，又n∈N
，
∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.
命题点2 等差、等比数列的判断与证明
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－an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．(2020·娄底市模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数．
(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，
∴S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，
则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
∵an＞0，知Sn＋1＞0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
(2)由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N
)，
所以数列{an}从第2项起成等比数列，且公比q＝2.
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝a1＋λ＝1＋λ＞0，得λ＞－1.
因此an＝
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.
∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列．
2．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？
[解] (1)证明：因为a3＝7，a3＝3a2－2，所以a2＝3，
所以an＝2an－1＋1，
所以a1＝1，
＝＝2(n≥2)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，
所以n＋Sn＝2an，
即n，an，Sn成等差数列．
命题点3 数列求和
角度一 分组转化、并项求和
1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n的奇偶进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组．
[高考题型全通关]
1．(2020·百校联盟三模)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a3a7＝322，数列{bn}的前n项和Sn＝n2－n.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝
求数列{cn}的前2n项和T2n.
切入点：本题第(1)问设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，然后根据等比中项的性质a3a7＝a＝322，进一步计算可得公比q的值，即可得到数列{an}的通项公式，然后利用公式bn＝
可计算出数列{bn}的通项公式；第(2)问先根据第(1)问的结果写出数列{cn}的通项公式，然后运用奇偶项分别求和的分组求和法计算出前2n项和T2n.
[解] (1)由题意，设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，则
a3a7＝a＝322，故a5＝32.
q4＝＝16＝24.解得q＝2.
∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n，n∈N
.
当n＝1时，b1＝S1＝12－1＝0，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－n－(n－1)2＋(n－1)＝2n－2.
∴数列{bn}的通项公式为bn＝2n－2，n∈N
.
(2)由(1)知，
cn＝即cn＝
∴T2n＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n
＝21＋2＋23＋6＋…＋22n－1＋(4n－2)
＝(21＋23＋…＋22n－1)＋[2＋6＋…＋(4n－2)]
＝＋＝·22n＋1＋2n2－.
2．(2020·昆明模拟)已知{an}是公差不为零的等差数列，a4＝13，且a1，a2，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n＋1an，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2
020.
[解] (1)设{an}的公差为d，d≠0，
∵a1，a2，a7成等比数列，∴a
＝a1
a7
，
可得(a1＋d)2＝a1(a1＋6d)，又d≠0，得d＝4a1，
又a4＝a1＋3d＝13，联立可得a1＝1，d＝4，
∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3.
(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(4n－3)，
∴T2
020＝b1＋b2＋…＋b2
020
＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(8
065－8
069)＋(8
073－8
077)＝(－4)×1
010＝－4
040.
[点评] 用并项求和法求数列的前n项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和．可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”；三是数列{an}是周期数列．
角度二 裂项相消法求和
用裂项相消法求和需注意的两点
一要掌握常见的裂项技巧，如＝(数列{an}是公差为d的等差数列)，＝，＝，＝，＝－等；
二会“相消”，即会消去中间项，只剩有限项，再求和．
[高考题型全通关]
1．(2020·玉林一模)已知数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋3×2n＋1.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
切入点：本题第(1)问将题干中的递推公式进行转化变形可发现数列是以2为首项，3为公差的等差数列；第(2)问先根据第(1)问计算出数列{bn}的通项公式，然后对通项公式进行转化，再运用裂项相消法计算出前n项和Tn.
[解] (1)证明：依题意，由an＋1＝2an＋3×2n＋1，
两边同时乘以，可得
＝＋3，即－＝3，
∵＝＝2，
∴数列是以2为首项，3为公差的等差数列，
∴＝2＋3(n－1)＝3n－1，
∴an＝(3n－1)·2n，n∈N
.
(2)由(1)，可知
bn＝＝
＝＝－，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝－＋－＋…＋－
＝－＝.
[点评] 对于形如“an＋1＝pan＋mpn＋1”型的数列，求通项时常构造＝＋m求解．同时解答本题可以借助(1)的提示找到证明的思路，从而想到构造数列.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
[解] (1)由S1＝a1－，得a1＝2，
因为Sn＝an－，Sn－1＝an－1－(n≥2)，
所以Sn－Sn－1＝an－an－1，化简得an＝4an－1，
即数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)证明：因为bn＝log2an＝2n－1，
所以cn＝＝＝，
则Tn＝
＝＝－.
因为n∈N
，所以当n＝1时，Tn取得最小值，当n接近无限大时，Tn趋于，
故≤Tn<.
[点评] (1)若{an}成正项等比数列，则{logaan}成等差数列，其中a＞0且a≠1；
(2)与数列有关的不等式证明问题，常借助数列的单调性，需注意n∈N
.
角度三 错位相减法求和
1．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
2．在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
[高考题型全通关]
1．(2020·菏泽模拟)已知数列{an}满足nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N
)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
切入点：(1)将已知等式两边同除以n(n＋1)，可得－＝＝－，再用累加法可得所求通项公式；
(2)求得bn＝(2n－1)·，再由错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
[解] (1)由nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N
)，
可得
－＝＝－，
由＝＋＋＋…＋
＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－，
所以an＝2n－1，n∈N
.
(2)bn＝＝(2n－1)·，
Sn＝1·1＋3·＋5·＋…＋(2n－1)·，
Sn＝1·＋3·＋5·＋…＋(2n－1)·，
两式相减可得
Sn＝1＋2eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))－(2n－1)·
＝1＋2·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))－(2n－1)·，
化简可得Sn＝3－(n＋1)·.
[点评] 本题给出的递推式：“nan＋1－(n＋1)an＝1”看似平淡，实则新颖，表面看来无从下手，仔细分析项的系数便可发现规律：－＝，然后借助裂项法，累加法求出{an}的通项公式，此题把数列中的化归转化思想体现的淋漓尽致．
2．已知函数f(x)＝cos
πx－sin
πx(x∈R)的所有正数的零点构成递增数列{an}(n∈N
)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)f(x)＝cos
πx－sin
πx＝2cos，
由题意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝k＋(k∈Z)．
又函数f(x)的所有正数的零点构成递增数列{an}，所以{an}是以为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n－(n∈N
)．
(2)由(1)知bn＝＝n·，
则Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，①
Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，②
①－②得，Tn＝＋＋＋…＋－n·＝eq
\f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·\f(1,2),1－\f(1,2))－n·＝1－(n＋2)·，所以Tn＝2－(n＋2).
命题点4 数列与不等式
解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法”和“单调性法”
(1)放缩法：①如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩．
②如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置”．
(2)单调性法：先求出数列的和，然后分析该函数的单调性，必要时可借助导数处理．
[高考题型全通关]
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a13＝34，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)求证：＋＋…＋＜2.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得
即解得故an＝2n－1，Sn＝n2.
(2)＋＋…＋＝1＋＋＋…＋
＜1＋＋＋…＋
＝1＋＋＋…＋
＝2－＜2.
[点评] 破解此类证明数列不等式问题的技巧有“三招”：第一招，求通项，即会利用方程思想求数列的通项；第二招，求和，即会求数列的前n项和；第三招，利用放缩法证明，即会利用放大或缩小的方法证明不等式，如本例把放大为，再利用裂项相消法即可证得结论．
2．(2020·桂林模拟)数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设Sn＝＋＋＋…＋，对n∈N
都有anSn≥1＋man恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)依题意，由an＋1－an＝2n及a1＝1，可得
an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2＋22＋…＋2n－1
＝2n－1.
∴an＝2n－1，n∈N
.
(2)由(1)知，＝
＝＝－，
∴Sn＝＋＋…＋＝1－.
又∵对任意的n∈N
，都有anSn≥1＋man恒成立，而an＝2n－1>0.
∴m≤Sn－对任意的n∈N
恒成立，
即m≤1－－对任意的n∈N
恒成立．
∵数列是单调递增数列，
∴当n＝1时，数列取最小值为－.
∴m≤－，
∴实数m的取值范围是.
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