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技法指导技法指导迁移搭桥迁移搭桥 思维流程思维流程找突破口找突破口 化归的常用策略化归的常用策略 利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质 等差数利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质 等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列， 高考中列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列， 高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列通过化归思想，将其转化为这两种数列. 典例典例 (2018 全国卷全国卷)已知数列已知数列an满足满足 a11，nan12(n1)an.设设 bnann. (1)求求 b1，b2，b3； (2)判断数列判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；是否为等比数列，并说明理由； (3)求求an的通项公式的通项公式 快审题快审题 求什么求什么 想什么想什么 判断数列判断数列bn是等比数列，想到判断等比数列的方法是等比数列，想到判断等比数列的方法 求求 a an n 的通项公式，想到求的通项公式，想到求b bn n的通项公式的通项公式 给什么给什么 用什么用什么 给出给出 nan12(n1)an，用化归方法化为，用化归方法化为an1n12ann的形式的形式. 稳解题稳解题 (1)由条件可得由条件可得 an12 n1 nan. 将将 n1 代入得，代入得，a24a1，而，而 a11，所以，所以 a24. 将将 n2 代入得，代入得，a33a2，所以，所以 a312. 从而从而 b11，b22，b34. (2)数列数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 理由如下：理由如下： 由条件可得由条件可得an1n12ann， 即即 bn12bn， 又又 b11， 所以数列所以数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 (3)由由(2)可得可得ann2n1， 所以所以 ann 2n1. 题后悟道题后悟道 等差、等比数列基本量的计算模型等差、等比数列基本量的计算模型 (1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为求分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比公比)等，确定解题的逻辑次序等，确定解题的逻辑次序 (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示等 针对训练针对训练 已知正数数列已知正数数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，满足，满足 a2nSnSn1(n2)，a11. (1)求数列求数列an的通项公式的通项公式 (2)设设 bn(1an)2a(1an)，若，若 bn1bn对任意对任意 nN N*恒成立，求实数恒成立，求实数 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)因为因为 a2nSnSn1(n2)， 所以所以 a2n1Sn1Sn. 两式相减，得两式相减，得 a2n1a2nan1an. 因为因为 an0，所以，所以 an1an1. 又又 a11，所以，所以an是首项为是首项为 1，公差为，公差为 1 的等差数列的等差数列 所以所以 ann. (2)因为因为 bn(1an)2a(1an)，且由，且由(1)得得 ann， 所以所以 bn(1n)2a(1n)n2(a2)n1a， 所以所以 bn1(n1)2(a2)(n1)1an2an. 因为因为 bn1bn恒成立，恒成立， 所以所以 n2ann2(a2)n1a， 解得解得 a12n，所以，所以 a1. 则实数则实数 a 的取值范围为的取值范围为(1，) 专题过关检测专题过关检测 A 组组“633”考点落实练考点落实练 一、选择题一、选择题 1(2019 届高三届高三 武汉调研武汉调研)设公比为设公比为 q(q0)的等比数列的等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn.若若 S23a22，S43a42，则，则 a1( ) A2 B1 C.12 D.23 解析：解析：选选 B 由由 S23a22，S43a42， 得得 a3a43a43a2，即，即 qq23q23， 解得解得 q1(舍去舍去)或或 q32， 将将 q32代入代入 S23a22 中，得中，得 a132a1332a12， 解得解得 a11. 2已知数列已知数列an满足满足an1an1112，且，且 a22，则，则 a4等于等于( ) A12 B23 C12 D11 解析：解析：选选 D 因为数列因为数列an满足满足an1an1112，所以，所以 an112(an1)，即数列，即数列an1是是等比数列，公比为等比数列，公比为 2，则，则 a4122(a21)12，解得，解得 a411. 3(2019 届高三届高三 西安八校联考西安八校联考)若等差数列若等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 S6S7S5，则满足，则满足SnSn1S7S5， 得， 得 S7S6a7S5， 所以， 所以 a70，所以所以 S1313 a1a13 213a70，所以，所以 S12S130，即满足，即满足 SnSn11，数列数列an(nN N*)满足满足anf(n)，且，且an是递增数列，则是递增数列，则 a 的取值范围是的取值范围是( ) A(1，) B. 12， C(1,3) D(3，) 解析：解析：选选 D 因为因为 anf(n)，且，且an是递增数列，是递增数列， 所以所以 2a10，a1，a112，a1，2a143.故选故选 D. 6 若数列 若数列an满足满足a11， 且对于任意的， 且对于任意的nN N*都有都有an1ann1， 则， 则1a11a21a2 0171a2 018等于等于( ) A.4 0352 017 B.2 0162 017 C.4 0362 019 D.4 0352 018 解析：解析：选选 C 由由 an1ann1，得，得 an1ann1， 则则 a2a111， a3a221， a4a331， ， anan1(n1)1， 以上等式相加，得以上等式相加，得 ana1123(n1)n1， 把把 a11 代入上式得，代入上式得，an123(n1)nn n1 2， 1an2n n1 2 1n1n1， 则则1a11a21a2 0171a2 0182 112 1213 12 01712 018 12 01812 019 2 112 0194 0362 019. 二、填空题二、填空题 7(2018 全国卷全国卷)记记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和若项和若 Sn2an1，则，则 S6_. 解析：解析：Sn2an1，当当 n2 时，时，Sn12an11， anSnSn12an2an1， 即即 an2an1. 当当 n1 时，时，a1S12a11，得，得 a11. 数列数列an是首项是首项 a1为为1，公比，公比 q 为为 2 的等比数列，的等比数列， Sna1 1qn 1q1 12n 1212n， S612663. 答案：答案：63 8古代数学著作九章算术有如下问题：古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？问日织几何？”意思是：意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的一女子善于织布，每天织的布都是前一天的 2 倍，已知她倍，已知她 5 天天共织布共织布 5 尺，问这女子每天分别织布多少？尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前根据上述的已知条件，可求得该女子前 3 天天所织布的总尺数为所织布的总尺数为_ 解析：解析：设该女子第一天织布设该女子第一天织布 x 尺，尺， 则则x 251 215，解得，解得 x531， 所以该女子前所以该女子前 3 天所织布的总尺数为天所织布的总尺数为531 231 213531. 答案：答案：3531 9(2019 届高三届高三 福建八校联考福建八校联考)在数列在数列 an中，中，nN N*，若，若an2an1an1ank(k 为常数为常数)，则，则称称 an为为“等差比数列等差比数列”，下列是对，下列是对“等差比数列等差比数列”的判断：的判断： k 不可能为不可能为 0； 等差数列一定是等差数列一定是“等差比数列等差比数列”； 等比数列一定是等比数列一定是“等差比数列等差比数列”； “等差比数列等差比数列”中可以有无数项为中可以有无数项为 0. 其中所有正确判断的序号是其中所有正确判断的序号是_ 解析：解析：由等差比数列的定义可知，由等差比数列的定义可知，k 不为不为 0，所以，所以正确，当等差数列的公差为正确，当等差数列的公差为 0，即，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错错误；当误；当 an是等比数列，且公比是等比数列，且公比q1 时，时， an不是等差比数列，所以不是等差比数列，所以错误；数列错误；数列 0,1,0,1，是等差比数列，该数列中有是等差比数列，该数列中有 无数多个无数多个 0，所以，所以正确正确 答案：答案： 三、解答题三、解答题 10(2018 全国卷全国卷)记记 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n 项和，已知项和，已知 a17，S315. (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)求求 Sn，并求，并求 Sn的最小值的最小值 解：解：(1)设设an的公差为的公差为 d， 由题意得由题意得 3a13d15. 又又 a17，所以，所以 d2. 所以所以an的通项公式为的通项公式为 an2n9. (2)由由(1)得得 Snn a1an 2n28n(n4)216， 所以当所以当 n4 时，时，Sn取得最小值，最小值为取得最小值，最小值为16. 11(2018 成都第一次诊断性检测成都第一次诊断性检测)已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，a23，S416，nN N*. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)设设 bn1anan1，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)设数列设数列an的公差为的公差为 d， a23，S416， a1d3,4a16d16， 解得解得 a11，d2. an2n1. (2)由题意，由题意，bn1 2n1 2n1 12 12n112n1， Tnb1b2bn 12 113 1315 12n112n1 12 112n1 n2n1. 12已知已知 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和，且满足项和，且满足 Sn2ann4. (1)证明证明Snn2为等比数列；为等比数列； (2)求数列求数列Sn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)证明：证明：当当 n1 时，由时，由 Sn2ann4，得，得 a13. S1124. 当当 n2 时，时，Sn2ann4 可化为可化为 Sn2(SnSn1)n4， 即即 Sn2Sn1n4， Snn22Sn1(n1)2 Snn2是首项为是首项为 4，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 (2)由由(1)知，知，Snn22n1， Sn2n1n2. 于是于是 TnS1S2Sn 221223222n1n2 (22232n1)(12n)2n 22 12n 12 1n n22n 2n2n23n24. 数列数列Sn的前的前 n 项和项和 Tn为为 2n2n23n24. B 组组大题专攻补短练大题专攻补短练 1(2018 全国卷全国卷)等比数列等比数列an中，中，a11，a54a3. (1)求求an的通项公式的通项公式 (2)记记 Sn为为an的前的前 n 项和，若项和，若 Sm63，求，求 m. 解：解：(1)设设an的公比为的公比为 q，由题设得，由题设得 anqn1. 由已知得由已知得 q44q2，解得，解得 q0(舍去舍去)或或 q2 或或 q2. 故故 an(2)n1或或 an2n1. (2)若若 an(2)n1，则，则 Sn1 2 n3. 由由 Sm63，得，得(2)m188，此方程没有正整数解，此方程没有正整数解 若若 an2n1，则，则 Sn12n122n1. 由由 Sm63，得，得 2m64，解得，解得 m6. 综上，综上，m6. 2(2018 潍坊统考潍坊统考)若数列若数列an的前的前 n 项和项和 Sn满足满足 Sn2an(0，nN N*) (1)证明：数列证明：数列an为等比数列，并求为等比数列，并求 an； (2)若若 4，bn an，n为奇数，为奇数，log2an，n为偶数为偶数(nN N*)，求数列，求数列bn的前的前 2n 项和项和 T2n. 解：解：(1)Sn2an，当，当 n1 时，得时，得 a1， 当当 n2 时，时，Sn12an1， SnSn12an2an1， 即即 an2an2an1，an2an1， 数列数列an是以是以 为首项，为首项，2 为公比的等比数列，为公比的等比数列， an 2n1. (2)4，an4 2n12n1， bn 2n1，n为奇数，为奇数，n1，n为偶数，为偶数， T2n22324526722n2n1 (222422n)(352n1) 44n 414n 32n1 2 4n143n(n2)， T2n4n13n22n43. 3(2018 厦门质检厦门质检)已知数列已知数列an满足满足 a11，an13an2an3，nN N*. (1)求证：数列求证：数列 1an为等差数列；为等差数列； (2)设设 T2n1a1a21a2a31a3a41a4a51a2n1a2n1a2na2n1，求，求 T2n. 解：解：(1)证明：由证明：由 an13an2an3，得，得1an12an33an1an23， 所以所以1an11an23. 又又 a11，则，则1a11， 所以数列所以数列 1an是首项为是首项为 1，公差为，公差为23的等差数列的等差数列 (2)设设 bn1a2n1a2n1a2na2n1 1a2n11a2n11a2n， 由由(1)得，数列得，数列 1an是公差为是公差为23的等差数列，的等差数列， 所以所以1a2n11a2n143， 即即 bn 1a2n11a2n11a2n431a2n， 所以所以 bn1bn43 1a2n21a2n4343169. 又又 b1431a243 1a123209， 所以数列所以数列bn是首项为是首项为209，公差为，公差为169的等差数列，的等差数列， 所以所以 T2nb1b2bn209nn n1 2 16949(2n23n) 4(2018 石家庄质检石家庄质检)已知数列已知数列an满足：满足：a11，an1n1nann12n. (1)设设 bnann，求数列，求数列bn的通项公式；的通项公式； (2)求数列求数列an的前的前 n 项和项和 Sn. 解：解：(1)由由 an1n1nann12n，可得，可得an1n1ann12n， 又又 bnann，bn1bn12n， 由由 a11，得，得 b11， 累加可得累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)12112212n1， 即即 bnb112 112n1112112n1， bn212n1. (2)由由(1)可知可知 an2nn2n1， 设数列设数列 n2n1的前的前 n 项和为项和为 Tn， 则则 Tn120221322n2n1， 12Tn121222323n2n， 得得12Tn12012112212n1n2n112n112n2n2n22n， Tn4n22n1. 易知数列易知数列2n的前的前 n 项和为项和为 n(n1)， Snn(n1)4n22n1.
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