精选浙江专用2018版高考数学大一轮复习高考专题突破三高考中的数列问题教师用书

（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破三 高考中的数列问题教师用书

1．(2016·金华十校高三上学期调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3，且a1，a2，ak成等比数列，则k等于( )

A．1 B．2 C．3 D．4 答案 D 解析 设公差为d，则2＋d＝1＋2d， ∴d＝1，∴an＝n， 由a22＝a1·ak，得4＝1×k，∴k＝4. 2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为( ) A.100101B.99101 C.99100D.101100 答案 A 解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

∵a5＝5，S5＝15，∴ a1＋4d＝5，5a1＋－2d＝15，∴ a1＝1，d＝1， ∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ∴1anan＋1＝1nn＋＝1n－1n＋1， ∴数列1anan＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 3．(2016·杭州学军中学模拟)已知等比数列{an}的公比q>0，前n项和为Sn.若2a3，a5,3a4

成等差数列，a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.

答案 2 2n－12 解析 由a2a4a6＝64，得a34＝64，解得a4＝4. 由2a3，a5,3a4成等差数列，得2a4q＝3a4＋2a4q， 即8q＝12＋8q，解得q＝2或q＝－12(舍去)． 又a1q3＝4，所以a1＝12，所以Sn＝12－2n1－2＝2n－12. 4．(2015·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________. 答案 －1n 解析 由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，因为Sn≠0，所以Sn＋1－Sn

SnSn＋1

＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1，故数列1Sn是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1Sn＝－1

－(n－1)＝－n，所以Sn＝－1n.

题型一 等差数列、等比数列的综合问题 例1 (2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.

(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式； (2)设双曲线x2－y2a2n＝1的离心率为en，且e2＝2，求e21＋e22＋…＋e2n. 解 (1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1. 又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列． 从而an＝qn－1.由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2. 所以an＝2n－1(n∈N*)． (2)由(1)可知，an＝qn－1， 所以双曲线x2－y2a2n＝1的离心率en＝1＋a2n＝1＋qn－. 由e2＝1＋q2＝2，解得q＝3， 所以e21＋e22＋…＋e2n ＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)] ＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)] ＝n＋q2n－1q2－1＝n＋12(3n－1)． 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． 已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式； (2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值． 解 (1)设等比数列{an}的公比为q， 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3， 于是q2＝a5a3＝14. 又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12. 故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1 ＝(－1)n－1·32n.

(2)由(1)，得Sn＝1－－12n＝ 1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数. 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小， 所以1故0当n为偶数时，Sn随n的增大而增大， 所以34＝S2≤Sn<1， 故0>Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712. 综上，对于n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn≤56. 所以数列{Tn}的最大项的值为56，最小项的值为－712. 题型二 数列的通项与求和 例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn

＝n.

(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式． (1)证明 ∵an＋Sn＝n，① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.② ②－①，得an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， ∴an＋1－1an－1＝12，∴{an－1}是等比数列． ∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1. ∴a1＝12，∴c1＝－12，公比q＝12. 又cn＝an－1， ∴{cn}是以－12为首项，12为公比的等比数列． (2)解 由(1)可知cn＝(－12)·(12)n－1＝－(12)n， ∴an＝cn＋1＝1－(12)n. ∴当n≥2时，bn＝an－an－1 ＝1－(12)n－[1－(12)n－1] ＝(12)n－1－(12)n＝(12)n. 又b1＝a1＝12，代入上式也符合，∴bn＝(12)n. 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，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，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项相消法等． 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝12，an＋1＝n＋12nan. (1)证明：数列{ann}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＝12，an＋1＝n＋12nan， 当n∈N*时，ann≠0. 又a11＝12，an＋1n＋1∶ann＝12(n∈N*)为常数， ∴{ann}是以12为首项，12为公比的等比数列． (2)解 由{ann}是以12为首项，12为公比的等比数列， 得ann＝12·(12)n－1，∴an＝n·(12)n. ∴Sn＝1·12＋2·(12)2＋3·(12)3＋…＋n·(12)n， 12Sn＝1·(12)2＋2·(12)3＋…＋(n－1)(12)n＋n·(12)n＋1，

∴12Sn＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n－n·(12)n＋1

＝12－12n＋11－12－n·(12)n＋1， ∴Sn＝2－(12)n－1－n·(12)n ＝2－(n＋2)·(12)n. 综上，an＝n·(12)n，Sn＝2－(n＋2)·(12)n. 题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇 例3 (2016·温州十校联考)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1an＋1＝f′1an，且a1＝4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝anan＋1，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＝12，则f(x)＝12x2＋2nx，n∈N*. 数列{an}满足1an＋1＝f′1an， 又f′(x)＝x＋2n， ∴1an＋1＝1an＋2n，∴1an＋1－1an＝2n， 由叠加法可得1an－14＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n， 化简可得an＝4n－2(n≥2)， 当n＝1时，a1＝4也符合， ∴an＝4n－2(n∈N*)． (2)∵bn＝anan＋1＝4n－n＋＝212n－1－12n＋1， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1 ＝21－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝21－12n＋1＝4n2n＋1. 命题点2 数列与不等式的交汇 例4 (2016·宁波高三上学期期末考试)对任意正整数n，设an是方程x2＋xn＝1的正根． 求证：(1)an＋1>an； (2)12a2＋13a3＋…＋1nan<1＋12＋13＋…＋1n. 证明 由a2n＋ann＝1且an>0，得0(1)a2n＋ann＝1，a2n＋1＋an＋1n＋1＝1， 两式相减得 0＝a2n＋1－a2n＋an＋1n＋1－ann因为an＋1＋an＋1n>0， 故an＋1－an>0，即an＋1>an. (2)因为an(an＋1n)＝1，所以1an＝an＋1n， 由0从而当i≥2时，1i(1ai－1)<1i(1＋1i－1)＝1i2<1i－1－1i，