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第二篇重点专题分层练，中高档题得高分,第12练数列的综合问题中档大题规范练,明晰考情 1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以an， Sn的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的17题位置. 2.题目难度：中等偏下难度.,核心考点突破练,栏目索引,模板答题规范练,考点一等差数列、等比数列的判定与证明,方法技巧判断等差(比)数列的常用方法,核心考点突破练,(2)中项公式法. (3)通项公式法.,1.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数. (1)证明：an2an；,证明由题设知，anan1Sn1，an1an2Sn11， 两式相减得an1(an2an)an1， 由于an10，所以an2an.,证明,(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.,解由题设知，a11，a1a2S11，可得a21. 由(1)知，a31. 令2a2a1a3，解得4. 故an2an4， 由此可得数列a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3； 数列a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1. 所以an2n1，an1an2， 因此存在4，使得数列an为等差数列.,解答,2.已知数列an满足a12，且an12an2n1，nN*.,解把an2nbn代入到an12an2n1， 得2n1bn12n1bn2n1， 两边同除以2n1， 得bn1bn1，即bn1bn1，,bnn(nN*).,解答,(2)在(1)的条件下，求数列an的前n项和Sn.,Sn121222323n2n， 2Sn122223324(n1)2nn2n1， 两式相减，得Sn2122232nn2n1(1n)2n12， Sn(n1)2n12(nN*).,解答,3.设数列an的前n项和为Sn，且首项a13，an1Sn3n(nN*). (1)求证：Sn3n是等比数列；,证明an1Sn3n， Sn12Sn3n， Sn13n12(Sn3n). a13，数列Sn3n是首项为a13，公比为2的等比数列.,证明,解答,(2)若an为递增数列，求a1的取值范围.,解由(1)得，Sn3n(a13)2n1. Sn(a13)2n13n. 当n2时，anSnSn1(a13)2n223n1. an为递增数列， 当n2时，(a13)2n123n(a13)2n223n1，,a19. a2a13a1，a1的取值范围是(9，).,考点二数列的通项与求和,方法技巧(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法 累加(乘)法 形如an1anf(n)的数列，可用累加法；,构造数列法,(2)数列求和的常用方法 倒序相加法；分组求和法；错位相减法；裂项相消法.,4.已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2Sn1(nN*). (1)求数列an的通项公式；,解当n1时，a12S112a11，解得a11. 当n2时，由an2Sn1， 得an12Sn11， 两式相减得anan12an， 化简得anan1， 所以数列an是首项为1，公比为1的等比数列， 则可得an(1)n.,解答,(2)若bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Tn.,解由(1)得bn(2n1)(1)n， 当n为偶数时，Tn1357911(2n3)(2n1)2 n， 当n为奇数时，n1为偶数，TnTn1bn1(n1)(2n1)n. 所以数列bn的前n项和Tn(1)nn.,解答,(1)求数列bn的通项公式；,解答,解答,(2)设Sna1a2a2a3a3a4anan1，求Sn.,所以Sna1a2a2a3a3a4anan1,6.设数列an满足a12，an1an322n1. (1)求数列an的通项公式；,解由已知，当n2时， an1(an1an)(anan1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1. 所以an22n1，而a12，也满足上式， 所以数列an的通项公式为an22n1.,解答,解答,(2)令bnnan，求数列bn的前n项和Sn.,解由bnnann22n1知， Sn12223325n22n1， 22Sn123225327n22n1， ，得(122)Sn2232522n1n22n1，,考点三数列的综合问题,方法技巧(1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质或图象进行转化，得出数列的通项或递推关系. (2)数列是特殊的函数，解题时要充分利用函数的性质解决数列问题，如数列中的最值问题. (3)解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法(作差法、作商法)、放缩法等.,7.已知f(x)2sin x，集合Mx|f(x)|2，x0，把M中的元素从小到大依次排成一列，得到数列an，nN*. (1)求数列an的通项公式；,解答,解因为|f(x)|2，,又因为x0，所以an2n1(nN*).,证明,由得q23q20，解得q1或q2. 当q1时，不满足式，舍去； 当q2时，代入得a12， 所以an22n12n. 故所求数列an的通项公式为an2n(nN*).,8.已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项. (1)求数列an的通项公式；,解设等比数列an的公比为q，依题意，,解答,即n2n900，解得n9或n10(舍). 因为nN*，所以使Sn2n1470成立的正整数n的最小值为10.,解答,(2)若bnanlog2 ，Snb1b2bn，求使Sn2n1470成立的n的最小值.,所以Sn212222332nn (222232n)(123n),9.已知数列an中，a12，anan12n0(n2，nN*). (1)写出a2，a3的值(只写出结果)，并求出数列an的通项公式；,解a26，a312， 当n2时， ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)222232n 2(123n)n(n1). 因为当n1时，a12也满足上式， 所以ann(n1).,解答,解答,所以bn1bn，则数列bn是递减数列，,解得t2， 所以实数t的取值范围为(，0)(2，).,模板答题规范练,模板体验,典例(12分)已知单调递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项. (1)求数列an的通项公式； (2)若bn ，Snb1b2bn，求使Snn2n130成立的正 整数n的最小值.,审题路线图,规范解答评分标准 解(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q. 由题意知2(a32)a2a4， 代入a2a3a428，可得a38， 所以a2a420，,又数列an单调递增，所以q2，a12， 所以数列an的通项公式为an2n.5分,(2)因为bn n2n，6分 所以Sn(12222n2n)， 2Sn122223(n1)2nn2n1， 两式相减，得Sn222232nn2n12n12n2n1.8分 又Snn2n130， 可得2n1230，即2n13225， 10分 所以n15，即n4. 所以使Snn2n130成立的正整数n的最小值为5. 12分,构建答题模板 第一步求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式. 第二步巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和. 第三步得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题.,1.(2018全国)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式；,规范演练,解设an的公比为q，由题设得anqn1. 由已知得q44q2， 解得q0(舍去)，q2或q2. 故an(2)n1或an2n1(nN*).,解答,(2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.,解答,由Sm63得(2)m188， 此方程没有正整数解. 若an2n1， 则Sn2n1. 由Sm63得2m64，解得m6. 综上，m6.,b22，d1，bn1(n1)1n.,2.(2018上饶模拟)数列an的前n项和为Sn，且Sn1 ，数列bn为等差数列，且a2(b22)1，a1b1 (1)分别求数列an和bn的通项公式；,解答,(2)求数列anbn的前n项和Tn.,解答,3.已知等差数列an的首项a11，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项. (1)求数列an的通项公式；,解答,解由题意得(a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2. a11，d0，d2. an2n1(nN*).,解答,数列Sn是递增的.,又tZ， 适合条件的t的最大值为8.,证明因为an1an2n， 所以an2an12n2. 由得an2an2(nN*)， 所以an是公差为2的准等差数列.,4.若数列bn对于nN*，都有bn2bnd(常数)，则称数列bn是公差 为d的准等差数列，如数列cn，若cn 则数列cn是 公差为8的准等数列.设数列an满足a1a，对于nN*，都有anan12n. (1)求证：an为准等差数列；,证明,解答,(2)求an的通项公式及前20项和S20.,解已知a1a，an1an2n(nN*)，所以a1a22，即a22a. 所以由(1)可知a1，a3，a5，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，成以2a为首项，2为公差的等差数列.,S20a1a2a19a20 (a1a2)(a3a4)(a19a20),
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