资源描述
数列问题重在“归”化归技法指导迁移搭桥 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，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列. 典例(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式快审题求什么想什么判断数列bn是等比数列，想到判断等比数列的方法求an的通项公式，想到求bn的通项公式给什么用什么给出nan12(n1)an，用化归方法化为的形式.稳解题(1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)数列bn是首项为1，公比为2的等比数列理由如下：由条件可得，即bn12bn，又b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.题后悟道等差、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)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针对训练已知正数数列an的前n项和为Sn，满足aSnSn1(n2)，a11.(1)求数列an的通项公式(2)设bn(1an)2a(1an)，若bn1bn对任意nN*恒成立，求实数a的取值范围解：(1)因为aSnSn1(n2)，所以aSn1Sn.两式相减，得aaan1an.因为an0，所以an1an1.又a11，所以an是首项为1，公差为1的等差数列所以ann.(2)因为bn(1an)2a(1an)，且由(1)得ann，所以bn(1n)2a(1n)n2(a2)n1a，所以bn1(n1)2(a2)(n1)1an2an.因为bn1bn恒成立，所以n2ann2(a2)n1a，解得a12n，所以a1.则实数a的取值范围为(1，) A组“633”考点落实练一、选择题1(2019届高三武汉调研)设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S43a42，则a1()A2B1C. D.解析：选B由S23a22，S43a42，得a3a43a43a2，即qq23q23，解得q1(舍去)或q，将q代入S23a22中，得a1a13a12，解得a11.2已知数列an满足，且a22，则a4等于()A B23C12 D11解析：选D因为数列an满足，所以an112(an1)，即数列an1是等比数列，公比为2，则a4122(a21)12，解得a411.3(2019届高三西安八校联考)若等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5，所以a70，所以S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn13.故选D.6若数列an满足a11，且对于任意的nN*都有an1ann1，则等于()A. B.C. D.解析：选C由an1ann1，得an1ann1，则a2a111，a3a221，a4a331，anan1(n1)1，以上等式相加，得ana1123(n1)n1，把a11代入上式得，an123(n1)n，2，则22.二、填空题7(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：638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，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5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3天所织布的总尺数为_解析：设该女子第一天织布x尺，则5，解得x，所以该女子前3天所织布的总尺数为.答案：9(2019届高三福建八校联考)在数列中，nN*，若k(k为常数)，则称为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：k不可能为0；等差数列一定是“等差比数列”；等比数列一定是“等差比数列”；“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是_解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错误；当是等比数列，且公比q1时，不是等差比数列，所以错误；数列0,1,0,1，是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以正确答案：三、解答题10(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解：(1)设an的公差为d，由题意得3a13d15.又a17，所以d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216，所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.11(2018成都第一次诊断性检测)已知等差数列an的前n项和为Sn，a23，S416，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设数列an的公差为d，a23，S416，a1d3,4a16d16，解得a11，d2.an2n1.(2)由题意，bn，Tnb1b2bn.12已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn2ann4.(1)证明Snn2为等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn.解：(1)证明：当n1时，由Sn2ann4，得a13.S1124.当n2时，Sn2ann4可化为Sn2(SnSn1)n4，即Sn2Sn1n4，Snn22Sn1(n1)2Snn2是首项为4，公比为2的等比数列(2)由(1)知，Snn22n1，Sn2n1n2.于是TnS1S2Sn221223222n1n2(22232n1)(12n)2n2n2n24.数列Sn的前n项和Tn为2n24.B组大题专攻补短练1(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式(2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.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，m6.2(2018潍坊统考)若数列an的前n项和Sn满足Sn2an(0，nN*)(1)证明：数列an为等比数列，并求an；(2)若4，bn(nN*)，求数列bn的前2n项和T2n.解：(1)Sn2an，当n1时，得a1，当n2时，Sn12an1，SnSn12an2an1，即an2an2an1，an2an1，数列an是以为首项，2为公比的等比数列，an2n1.(2)4，an42n12n1，bnT2n22324526722n2n1(222422n)(352n1)n(n2)，T2nn22n.3(2018厦门质检)已知数列an满足a11，an1，nN*.(1)求证：数列为等差数列；(2)设T2n，求T2n.解：(1)证明：由an1，得，所以.又a11，则1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列(2)设bn，由(1)得，数列是公差为的等差数列，所以，即bn，所以bn1bn.又b1，所以数列bn是首项为，公差为的等差数列，所以T2nb1b2bnn(2n23n)4(2018石家庄质检)已知数列an满足：a11，an1an.(1)设bn，求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解：(1)由an1an，可得，又bn，bn1bn，由a11，得b11，累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)，即bnb11，bn2.(2)由(1)可知an2n，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，得Tn2，Tn4.易知数列2n的前n项和为n(n1)，Snn(n1)4.
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