课件40张PPT。第27练
数列的综合问题第三篇 [大题突破练]明晰考情 高考中数列的解答题，常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开综合考查，高档难度.题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 等差数列、等比数列的判定与证明要点重组 (1)证明数列{an}是等差数列的基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*).1.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝an(an＋1)(n∈N*).
(1)求证：数列{an}为等差数列；证明 当n＝1时，2a1＝a1(a1＋1)，解得a1＝1，
当n≥2时，由2Sn＝an(an＋1)得2Sn－1＝an－1(an－1＋1).即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又an>0，∴an－an－1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列.2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；解 在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1,2,3，证明 由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，
两式相减，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，题组二 数列的通项与求和要点重组 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法
①累加(乘)法②构造数列法(2)数列求和的常用方法
①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.(1)求数列{an}的通项公式；因为an≠0，所以an＝(2n－1)a1＝a1＋2(n－1)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1(n∈N*).(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解 Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，4.已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝4n.
(1)求a2，a3的值；解 由a1＝1，得a2＝4×1－a1＝3，
由a2＝3，得a3＝4×2－a2＝5.(2)证明：{an}是等差数列；证明 由an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4n＋4，
两式相减得an＋2－an＝4.
∴{a2k－1}是以1为首项，4为公差的等差数列，
故a2k－1＝1＋(k－1)·4＝4k－3，
即当n为奇数时，an＝2n－1，
{a2k}是以3为首项，4为公差的等差数列，
故a2k＝3＋(k－1)·4＝4k－1，
即当n为偶数时，an＝2n－1，
综上，an＝2n－1，n∈N*，
∴an＋1－an＝[2(n＋1)－1]－(2n－1)＝2，即{an}是等差数列.(3)记bn＝an· ，求数列{bn}的前n项和Sn.解 由(2)知bn＝(2n－1)·22n－1，
则Sn＝1·21＋3·23＋…＋(2n－1)·22n－1， ①
4Sn＝1·23＋3·25＋…＋(2n－3)·22n－1＋(2n－1)·22n＋1， ②题组三 数列的综合问题要点重组 (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题.
(2)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小.
(3)数列的通项或前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.解 由题意得当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
当n＝1时，a1＝2也符合上式，所以an＝2n(n∈N*).5.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2n＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；6.已知等差数列{an}, a2＋a3＋a4＝－3，a1＝－5.
(1)求数列{an}的通项公式；解 因为数列{an}为等差数列，a2＋a3＋a4＝－3，
所以3a3＝－3，即a3＝－1，所以an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn，求T50；解 由(1)知，当n≤3时，an<0；当n>3时，an>0.当n>3时，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝(n2－6n)－2×(－9)＝n2－6n＋18，
∴T50＝2 218.令2k－3＝t，(其中t≥－1且t是奇数)，故t为8的约数，又∵t是奇数，∴t的可能取值为±1.所以存在，满足条件的正整数k＝2.模板规范练模板体验典例 (16分)设{an}是公差为d(d≠0)且各项为正数的等差数列，{bn}是公比为q且各项均为正数的等比数列，cn＝an·bn(n∈N*).(2)若a1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64.
①求数列{an}与{bn}的通项公式；
②求数列{cn}的前n项和Sn.审题路线图规范解答·评分标准则an＝3n－1, bn＝2n. ………………………………………………………10分
②因为an＝3n－1, bn＝2n，
所以cn＝(3n－1)·2n，………………………………………………………11分2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)·2n＋(3n－1)·2n＋1， (**)
(*)－(**)得－Sn＝4＋3(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)·2n＋1＝4＋12(2n－1－1)－(3n－1)·2n＋1
＝(－3n＋4)·2n＋1－8，………………………………………………………………15分
所以Sn＝(3n－4)·2n＋1＋8.……………………………………………………………16分构建答题模板
[第一步] 证等差(比)：由等差(比)数列的定义证明某个数列是等差(比)数列.
[第二步] 求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.
[第三步] 求和：根据数列的类型，选择适当方法求出数列的前n项和.规范演练(1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值；解 若q＝0，则an＋1－an＝p·3n－1.
设等比数列{an}的公比为r.
①若r＝1，则p＝0；此时an＋1－an＝a1(r－1)rn－1＝p·3n－1＝3n－1，
所以p＝1.
综上所述，p＝0或p＝1.(2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围.解 若p＝1，则an＋1－an＝3n－1－qn，n∈N*，此时，a2－a1＝1－q＜0，a3－a2＝3－2q＜0.
记f(n)＝an＋1－an＝3n－1－qn(n∈N*)，
考虑f(n＋1)－f(n)＝2·3n－1－q，当n≥4时，f(n＋1)＞f(n)≥f(4)≥0.
综上，a1＞a2＞a3≥a4，且a4≤a5＜a6＜a7…，满足题意.(1)求a1，a2的值；(2)证明：数列{an}是等比数列；因为an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0， ③
所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2)， ④
当n≥2时，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，(3)若(λ－nan)(λ－nan＋1)<0对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.因为对任意的n∈N*，(λ－nan)(λ－nan＋1)<0恒成立，所以λ<0不符.
综上，实数λ的取值范围为{0}. 本课结束 第三篇 第27练 数列的综合问题[大题突破练]
[明晰考情] 高考中数列的解答题，常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开综合考查，高档难度．
题组一 等差数列、等比数列的判定与证明
要点重组 (1)证明数列{an}是等差数列的基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)．
(2)证明数列{an}是等比数列的基本方法：
①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)．
1．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝an(an＋1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 当n＝1时，2a1＝a1(a1＋1)，解得a1＝1，
当n≥2时，由2Sn＝an(an＋1)得2Sn－1＝an－1(an－1＋1)．
两式相减得2an＝a－a＋an－an－1，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又an>0，∴an－an－1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知an＝n，故bn＝，
所以Tn＝＋＋…＋，①
故Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－
＝＋1－－＝－，
所以Tn＝3－(n∈N*)．
2．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)求证：数列为等比数列，并求出{an}的通项公式．
(1)解 在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1,2,3，
得解得
(2)证明 由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得
Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，
两式相减，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，
an＝2an－1－(－1)n－(－1)n
＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，
∴an＋(－1)n＝2(n≥2)．
故数列是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列．
∴an＋(－1)n＝×2n－1，
∴an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n(n∈N*)．
题组二 数列的通项与求和
要点重组 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法
①累加(乘)法
形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；
形如＝f(n)的数列，可用累乘法．
②构造数列法
形如an＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；
形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋＝p构造等比数列.
(2)数列求和的常用方法
①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法．
3．已知数列{an}是各项均不为0且公差为2的等差数列，Sn为其前n项和，且满足a＝a1S2n－1，bn＝＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)a＝a1S2n－1＝＝a1(2n－1)an.
因为an≠0，所以an＝(2n－1)a1＝a1＋2(n－1)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，
bn＝＋＝＋2n－1
＝＋2×n，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝×(1＋2＋…＋n)＋2×
＝＋(n∈N*)．
4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝4n.
(1)求a2，a3的值；
(2)证明：{an}是等差数列；
(3)记bn＝an·，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)解 由a1＝1，得a2＝4×1－a1＝3，
由a2＝3，得a3＝4×2－a2＝5.
(2)证明 由an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4n＋4，
两式相减得an＋2－an＝4.
∴{a2k－1}是以1为首项，4为公差的等差数列，
故a2k－1＝1＋(k－1)·4＝4k－3，
即当n为奇数时，an＝2n－1，
{a2k}是以3为首项，4为公差的等差数列，
故a2k＝3＋(k－1)·4＝4k－1，
即当n为偶数时，an＝2n－1，
综上，an＝2n－1，n∈N*，
∴an＋1－an＝[2(n＋1)－1]－(2n－1)＝2，即{an}是等差数列．
(3)解 由(2)知bn＝(2n－1)·22n－1，
则Sn＝1·21＋3·23＋…＋(2n－1)·22n－1，①
4Sn＝1·23＋3·25＋…＋(2n－3)·22n－1＋(2n－1)·22n＋1，②
①－②得－3Sn＝1·21＋2－(2n－1)·22n＋1
＝2＋2·－(2n－1)·22n＋1
＝－＋·22n＋1，
所以Sn＝＋·22n＋1(n∈N*)．
题组三 数列的综合问题
要点重组 (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．
(2)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．
(3)数列的通项或前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．
5．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2n＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)在(2)的条件下，求证：T1×T2×T3×…×Tn≤.
(1)解 由题意得当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
当n＝1时，a1＝2也符合上式，所以an＝2n(n∈N*)．
(2)解 由(1)得bn＝＝，
所以Tn＝＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝(n∈N*)．
(3)证明 由(2)得T1×T2×T3×…×Tn＝××…×＝，又n≥1，n∈N*，
所以T1×T2×T3×…×Tn＝≤.
6．已知等差数列{an}, a2＋a3＋a4＝－3，a1＝－5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn，求T50；
(3)是否存在正整数k，使得仍为数列{an}中的项，若存在，求出所有满足的正整数k的值；若不存在，说明理由．
解 (1)因为数列{an}为等差数列，a2＋a3＋a4＝－3，
所以3a3＝－3，即a3＝－1，
公差d＝＝2，
所以 an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.
(2)由(1)知，当n≤3时，an<0；当n>3时，an>0.
∴|an|＝(n∈N*)，
设数列{an}的前n项和为Sn，
Sn＝＝＝n2－6n，
当n>3时，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝(n2－6n)－2×(－9)＝n2－6n＋18，∴T50＝2 218.
(3)＝，
令2k－3＝t，(其中t≥－1且t是奇数)，则＝＝t＋－6为{an}中的项．
故t为8的约数，又∵t是奇数，∴t的可能取值为±1.
当t＝1时，k＝2，＝3＝2×5－7是数列{an}中的第5项；
当t＝－1时，k＝1，＝－15＝2×(－4)－7不是数列{an}中的项．
所以存在，满足条件的正整数k＝2.
典例 (16分)设{an}是公差为d(d≠0)且各项为正数的等差数列，{bn}是公比为q且各项均为正数的等比数列， cn＝an·bn(n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若a1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64.
①求数列{an}与{bn}的通项公式；
②求数列{cn}的前n项和Sn.
审题路线图
(1)―→
(2)①―→―→
②―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明 因为＝＝＝＝，………2分
所以－＝－＝＝(常数)，………………………………………4分
由等差数列的定义可知数列是以为公差的等差数列. …………………………5分
(2)解 ①因为a1＝b1＝2, c2＝20, c3＝64，
所以………………………………………………………………………7分
因为{an}的各项为正数，所以………………………………………………………9分
则an＝3n－1, bn＝2n. …………………………………………………………………………10分
②因为an＝3n－1, bn＝2n，
所以cn＝(3n－1)·2n，…………………………………………………………………………11分
所以Sn＝ci＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋·2n，(*)
2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)·2n＋(3n－1)·2n＋1，(**)
(*)－(**)得－Sn＝4＋3(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)·2n＋1＝4＋3×－(3n－1)·2n＋1
＝4＋12(2n－1－1)－(3n－1)·2n＋1
＝(－3n＋4)·2n＋1－8，………………………………………………………………………15分
所以Sn＝(3n－4)·2n＋1＋8. ……………………………………………………………………16分
构建答题模板
[第一步] 证等差(比)：由等差(比)数列的定义证明某个数列是等差(比)数列．
[第二步] 求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式．
[第三步] 求和：根据数列的类型，选择适当方法求出数列的前n项和．
1．(2019·江苏七市调研)已知数列{an}满足a1＝，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R.
(1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值；
(2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围．
解 (1)若q＝0，则an＋1－an＝p·3n－1.
设等比数列{an}的公比为r.
①若r＝1，则p＝0；
②若r≠1，则p≠0，所以r＝＝＝3.
此时an＋1－an＝a1(r－1)rn－1＝p·3n－1＝3n－1，
所以p＝1.
综上所述，p＝0或p＝1.
(2)若p＝1，则an＋1－an＝3n－1－qn，n∈N*，
因为a4是数列{an}的最小项，所以a3≥a4且a4≤a5，得3≤q≤.
此时，a2－a1＝1－q＜0，a3－a2＝3－2q＜0.
记f(n)＝an＋1－an＝3n－1－qn(n∈N*)，
考虑f(n＋1)－f(n)＝2·3n－1－q，当n≥4时，f(n＋1)＞f(n)≥f(4)≥0.
综上，a1＞a2＞a3≥a4，且a4≤a5＜a6＜a7…，满足题意．
所以q的取值范围是.
2．已知数列{an}的各项均不为零，设数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.
(1)求a1，a2的值；
(2)证明：数列{an}是等比数列；
(3)若(λ－nan)(λ－nan＋1)<0对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
(1)解 因为3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.
令n＝1，得3a－4a1＋a＝0，因为a1≠0，所以a1＝1.
令n＝2，得3(1＋a2)2－4(1＋a2)＋(1＋a)＝0，
即2a＋a2＝0，
因为a2≠0，所以a2＝－.
(2)证明 因为3S－4Sn＋Tn＝0，①
所以3S－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②
②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋a＝0，
因为an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，③
所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2)，④
当n≥2时，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，
即an＋1＝－an，
因为an≠0，所以＝－.
又由(1)知，a1＝1，a2＝－，
所以＝－，
所以数列{an}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(3)解 由(2)知，an＝n－1.
因为对任意的n∈N*，(λ－nan)(λ－nan＋1)<0恒成立，
所以λ的值介于nn－1和nn之间．
因为nn－1·nn<0对任意的n∈N*恒成立，所以λ＝0适合．
若λ>0，当n为奇数时，nn<λ记p(n)＝(n≥4)，因为p(n＋1)－p(n)＝－＝<0，
所以p(n)≤p(4)＝1，即≤1，所以≤，(*)
从而当n≥5且n≥时，有λ≥≥，
所以λ>0不符．
若λ<0，当n为奇数时，nn<λ由(*)式知，当n≥5且n≥－时，有－λ≥≥，
所以λ<0不符．综上，实数λ的取值范围为{0}．
