1、高考专题突破四 高考中的数列问题题型一 等差数列、等比数列的基本问题例 1 (2018浙江杭州地区四校 联考)已知数列 an满足 a11, ，记1a2n 4 1an 1Sna a a ，若 S2n1 S n 对任意的 nN *恒成立21 2 2nt30(1)求数列a 的通项公式；2n(2)求正整数 t 的最小值解 (1)由题意得 4，1a 2n 1 1a2n则 是以 1 为首项，4 为公差的等差数列，1a2n则 1(n1)44n3，1a2n则 a .2n14n 3(2)不妨设 bnS 2n1 S na a a ，2n 1 2n 2 22n 1考虑到 bnb n1 a a a (a a a a
2、)2n 1 2n 2 22n 1 2n 2 2n 3 22n 2 22n 3a a a2n 1 22n 2 22n 3 14n 1 18n 5 18n 9 0，18n 2 18n 5 18n 2 18n 9因此数列b n单调递减，则 bn 的最大值为 b1S 3S 1a a ，2 2315 19 1445 t30t ，则 tmin10.283思维升华 等差数列、等比数列 综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比) 等，确定解 题的顺序(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能
3、确定，则要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通 项问题中第一项和后面的 项能否用同一个公式表示等， 这些细节对解题的影响也是巨大的跟踪训练 1 (2018浙江名校联盟联考) 已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn，等比数列 bn的公比是 q(q1)，且满足：a 12，b 11，S 23b 2，a 2b 3.(1)求 an 与 bn；(2)设 cn2b n ，若数列 cn是递减数列，求实数 的取值范围23na解 (1)设数列a n的公差为 d，依 题意可得Error!解得Error! (舍去)或Error!故 an22(n1)2n，b n 2n1 .(2)由(1)可知 cn2 n3 n，若c
4、 n是 递减数列，则 cn1 n 在 nN *时成立，12 (23)只需 max.12(23)n因为 y n 在 nN *时单调递减，12 (23)所以 max .12(23)n 12 23 13故 ，即实数 的取值范围是 .13 (13， )题型二 数列的通项与求和例 2 (2018台州质检)已知数列a n的前 n 项和为 Sn，数列 是首项为 1，公差为 2 的等差Snn数列(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列b n满足 5(4 n5) n，求数列 bn的前 n 项和 Tn.a1b1 a2b2 anbn (12)解 (1)因为数列 是首项为 1，公差 为 2 的等差数列，Snn所以
5、12(n1)2n1.Snn所以 Sn2n 2n.当 n1 时，a 1S 11；当 n2 时，a nS nS n1 (2n 2n)2( n1) 2(n1) 4n3，当 n1 时，a 11 也符合上式所以数列a n的通项公式为 an4n3(nN *)(2)当 n1 时， ，所以 b12a 12；a1b1 12当 n2 时，由 5(4n5) n，a1b1 a2b2 anbn (12)所以 5(4n1) n1 .a1b1 a2b2 an 1bn 1 (12)两式相减，得 (4n3) n.anbn (12)因为 an4n3，所以 bn 2 n(当 n1 时，也符合此式 )4n 34n 3(12)n又 2
6、，则数列b n是首项为 2，公比为 2 的等比数列bn 1bn 2n 12n所以 Tn 2 n1 2.21 2n1 2思维升华 (1)可以利用数列的 递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论(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、裂项相消法等跟踪训练 2 (2018浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列 an中，a 13，a 25，其前n 项和 Sn 满足 SnS n2 2S n1 2 n1 (n3) 令 bn .1anan 1(1)求数列a n的通项公式；(2)若 f(x)2 x 1，求证：T nb 1f(1)b 2f(2)b
7、 nf(n)0，故 an 1a n a n 1，1an 1 1a1 2n 2 2n综上， 1an；(2) 0，得 00，故 an1 a n0，即 an1 an.1n(2)因为 an 1，所以 a n ，(an 1n) 1an 1n由 00；当 n6 时，c n0.12n 1 12n 2 1n 1 12n 1 12n 2 12n 12n 2因此 f(n)单调递 增，则 f(n)的最小值为 f(2) .12 1 12 2 712(3)方法一 由(1) 知，b n ，当 n2 时，因为1nS11，S 21 ，S31 ，Sn1 1 ，12 12 13 12 13 1n 1所以 S1S 2S n1n1
8、(n2) (n3) n(n1)12 13 1n 1n1 n1 n1 n112 13 1n 1n(n1) n (12 13 1n 1)1n (12 13 1n 1)n (12 13 1n 1 1n)而(S n1) g(n) g(n)，(12 13 1n)因此 g(n)n.故存在关于 n 的整式 g(n)n，使得 对于一切不小于 2 的自然数恒成立方法二 由 bn ，可得 Sn 1 ，1n 12 1nSnS n1 (n2)，即 n(Sn Sn1 )1(n2) ，故 nSn( n1)S n1 S n1 1，(n1)1nSn1 (n2) Sn2 S n2 1， ，2S2S 1S 11，以上式子相加得
9、nSnS 1S 1S 2S n1 (n1) ，则有 S1S 2S n1 nS nnn(S n1)( n2)，因此 g(n)n，故存在关于 n 的整式 g(n)n，使得 对于一切不小于 2 的自然数恒成立5(2019诸暨质检)已知数列 an的各项都大于 1，且a12，a a n1 a 10(nN *)2n 1 2n(1)求证： a n0，得 an1 an，2n 1 2na n1 a n ，an 1 1an 1 anan 1 12an 1 12 12an 114a n(a na n1 )( a2a 1)a 1 2n 14 (n2) ，n 74又 a12 ，a n .1 74 n 74原不等式得证(
10、2)a a a n1 1 1 ，2n 1 2nn 84 n 44a a ，2n 1n2 9n8 21 n2 9n 328即 a ，2nn2 7n 2482a 3 ，2nn2 7n 124 n 3n 44 12a21 3 12a2 3 12a2n 34 (14 15 15 16 1n 3 1n 4)4 1 1.(14 1n 4) 4n 4原不等式得证6(2018浙江名校协作体考试) 已知无穷数列a n的首项 a1 ， ，nN *.12 1an 1 12(an 1an)(1)证明：0a n1；(2)记 bn ，T n 为数列 bn的前 n 项和，证明：对任意正整数 n，T n .an an 12a
11、nan 1 310证明 (1)当 n1 时， 0a 1 1， 显然成立；12假设当 nk( kN *)时不等式成立，即 0a k1，那么当 nk1 时， 2 1，1ak 1 12(ak 1ak) 12 ak1ak0a k1 1.即当 nk1 时不等式也成立综合可知，0a n1 对任意 nN *成立(2)0a n1， 1，an 1an 2a2n 1即 an1 a n，数列a n为递 增数列又 ，1an 1an 1 1an 12(an 1an) 12(1an an)易知 为递减数列，1an an 为递减数列，1an 1an 1又 ，1a2 12(a1 1a1) 54当 n2 时， ，1an 1an 1 12(1a2 a2) 12(54 45) 940当 n2 时，bn (a n1 a n) (an1 a n)an an 12anan 1 (1an 1an 1) 940当 n1 时，T nT 1b 1 ，成立；940 310当 n2 时，Tnb 1b 2b n (a3a 2)(a 4a 3)(a n1 a n)940 940 (an1 a 2) (1a 2)940 940 940 940 .940 940(1 45) 27100 310综上，对任意正整数 n，Tn .310