江苏省2019届高考数学专题四数列4.2大题考法—等差、等比数列的综合问题讲义 13页

第二讲大题考法——等差、等比数列的综合问题题型(一)等差、等比数列的综合运算　　　　　　　　　　　　　　　　　　主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.[典例感悟][例1]　(2018·镇江期末)已知n∈N*，数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，a2＝2，设bn＝a2n－1＋a2n.(1)若数列{bn}是公比为3的等比数列，求S2n；(2)若对任意n∈N*，Sn＝恒成立，求数列{an}的通项公式；(3)若S2n＝3(2n－1)，数列{anan＋1}为等比数列，求数列{an}的通项公式．[解]　(1)由题意，b1＝a1＋a2＝1＋2＝3，则S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.(2)当n≥2时，由2Sn＝a＋n，得2Sn－1＝a＋n－1，两式相减得2an＝a＋n－(a＋n－1)＝a－a＋1，整理得(an－1)2－a＝0，即(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0，故an－an－1＝1或an＋an－1＝1.(*)下面证明an＋an－1＝1对任意的n∈N*恒不成立．事实上，因为a1＋a2＝3，所以an＋an－1＝1不恒成立；若存在n∈N*，使an＋an－1＝1，设n0是满足上式最小的正整数，即an0＋an0－1＝1，显然n0>2，且an0－1∈(0,1)，则an0－1＋an0－2≠1，则由(*)式知，an0－1－an0－2＝1，则an0－2<0，矛盾．故an＋an－1＝1对任意的n∈N*恒不成立，所以an－an－1＝1对任意的n∈N*恒成立．因此{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)＝n.n(3)设等比数列{anan＋1}的公比为q，则当n≥2时，＝＝q.即{a2n－1}，{a2n}分别是以1,2为首项，公比为q的等比数列，故a3＝q，a4＝2q.令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，则q＝2.当q＝2时，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1，此时S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝3(2n－1)．综上所述，an＝[方法技巧]1．解决等差、等比数列综合问题的策略解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．2．有关递推数列问题常见的处理方法将第n项和第n＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．若递推关系式含有an与Sn，则考虑是否可以将an与Sn进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．[演练冲关]　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝an＋lnan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公比为q(q>1)．由题意，得即由q>1，解得故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)得bn＝2n－1＋(n－1)ln2，所以Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln2＝＋ln2＝2n－1＋ln2.n题型(二)等差、等比数列的判定与证明主要考查等差与等比数列的定义、等差与等比中项，且常与数列的递推公式结合命题.[典例感悟][例2]　(2018·苏北四市期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝2，Sn＝λnan＋μan－1，其中n≥2，n∈N*，λ，μ∈R.(1)若λ＝0，μ＝4，bn＝an＋1－2an(n∈N*)，求证：数列{bn}是等比数列；(2)若数列{an}是等比数列，求λ，μ的值；(3)若a2＝3，且λ＋μ＝，求证：数列{an}是等差数列．[解]　(1)证明：若λ＝0，μ＝4，则Sn＝4an－1(n≥2)，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝4(an－an－1)，即an＋1－2an＝2(an－2an－1)，所以bn＝2bn－1.又由a1＝2，a1＋a2＝4a1，得a2＝3a1＝6，a2－2a1＝2≠0，即bn≠0，所以＝2，故数列{bn}是等比数列．(2)若{an}是等比数列，设其公比为q(q≠0)．当n＝2时，S2＝2λa2＋μa1，即a1＋a2＝2λa2＋μa1，得1＋q＝2λq＋μ.①当n＝3时，S3＝3λa3＋μa2，即a1＋a2＋a3＝3λa3＋μa2，得1＋q＋q2＝3λq2＋μq.②当n＝4时，S4＝4λa4＋μa3，即a1＋a2＋a3＋a4＝4λa4＋μa3，得1＋q＋q2＋q3＝4λq3＋μq2.③②－①×q，得1＝λq2，③－②×q，得1＝λq3，解得q＝1，λ＝1.代入①式，得μ＝0.此时Sn＝nan(n≥2)，Sn－1＝(n－1)an－1(n≥3)，相减得Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1，所以an＝an－1(n≥3)．因为a1＝2，S2＝2a2，所以an＝a2＝a1＝2，所以数列{an}是公比为1的等比数列，故λ＝1，μ＝0.(3)证明：令n＝2，则S2＝2λa2＋μa1，即a1＋a2＝2λa2＋μa1.又a1＝2，a2n＝3，得5＝6λ＋2μ.又λ＋μ＝，解得λ＝，μ＝1.所以Sn＝an＋an－1.令n＝3，则S3＝a3＋a2，即a1＋a2＋a3＝a3＋a2.由a1＝2，a2＝3，得5＋a3＝a3＋3，所以a3＝4，所以a1，a2，a3成等差数列．由Sn＝an＋an－1，得Sn＋1＝an＋1＋an，两式相减得an＋1＝an＋1－an＋an－an－1，即(n－1)an＋1－(n－2)an－2an－1＝0，所以nan＋2－(n－1)an＋1－2an＝0，两式相减得nan＋2－2(n－1)an＋1＋(n－2)an－2an＋2an－1＝0，所以n(an＋2－2an＋1＋an)＋2(an＋1－2an＋an－1)＝0，所以an＋2－2an＋1＋an＝－(an＋1－2an＋an－1)＝(an－2an－1＋an－2)＝…＝(a3－2a2＋a1)．因为a1－2a2＋a3＝0，所以an＋2－2an＋1＋an＝0，即数列{an}是等差数列．[方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an或为与正整数n无关的某一常数中项公式法①若2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则{an}为等差数列；②若a＝an·an＋2≠0(n∈N*)，则{an}为等比数列[演练冲关]1．(2018·苏锡常镇调研(二))已知等差数列{an}的首项为1，公差为d，数列{bn}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*,6Sn＝9bn－an－2恒成立．(1)如果数列{Sn}是等差数列，证明数列{bn}也是等差数列；n(2)如果数列为等比数列，求d的值．解：(1)证明：设数列{Sn}的公差为d′，由6Sn＝9bn－an－2,①得6Sn－1＝9bn－1－an－1－2(n≥2),②①－②，得6(Sn－Sn－1)＝9(bn－bn－1)－(an－an－1),③即6d′＝9(bn－bn－1)－d，所以bn－bn－1＝为常数，所以{bn}为等差数列．(2)由③得6bn＝9bn－9bn－1－d，即3bn＝9bn－1＋d，所以＝＝＝3＋是与n无关的常数，所以－1＝0或bn－1＋为常数．①当－1＝0时，d＝3，符合题意；②当bn－1＋为常数时，在6Sn＝9bn－an－2中，令n＝1，则6a1＝9b1－a1－2，又a1＝1，解得b1＝1，所以bn－1＋＝b1＋＝，此时3＋＝3＋＝1，解得d＝－6.综上，d＝3或d＝－6.2．(2018·苏锡常镇一模)已知n为正整数，数列{an}满足an>0,4(n＋1)a－nan＝0，设数列{bn}满足bn＝.(1)求证：数列为等比数列；(2)若数列{bn}是等差数列，求实数t的值；(3)若数列{bn}是等差数列，前n项和为Sn，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aSn－an2＝16bm成立，求满足条件的所有整数a1的值．解：(1)证明：由题意得4(n＋1)a＝na，因为数列{an}各项均为正，得＝4·，所以＝2·，因此＝2，所以是以a1为首项，公比为2的等比数列．(2)由(1)得＝a1·2n－1，即an＝a1·2n－1·，所以bn＝＝，如果数列{bn}是等差数列，则2b2＝b1＋b3，即2·＝＋，整理得＝＋，则t2－16t＋48＝0，解得t＝4或t＝12.当t＝4时，bn＝，因为bn＋1－bn＝－＝，所以数列{bn}是等差数列，符合题意；当t＝12时，bn＝，因为b2＋b4＝＋＝＝a，2b3＝2·＝，b2＋b4≠2b3，所以数列{bn}不是等差数列，t＝12不符合题意，综上，如果数列{bn}是等差数列，则t＝4.(3)由(2)得bn＝，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm，n则8··－an2＝16，所以m＝.当a1＝2k，k∈N*时，m＝＝k2n，对任意的n∈N*，m∈N*，符合题意；当a1＝2k－1，k∈N*，当n＝1时，m＝＝k2－k＋∉N*，故不合题意.综上，当a1＝2k，k∈N*时，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使8aSn－an2＝16bm.[课时达标训练]A组——大题保分练1．(2018·苏州期中)已知等比数列{an}的公比q>1，满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．解：(1)∵a3＋2是a2，a4的等差中项，∴2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，∴a2＋a4＝20，∴解得或∵q>1，∴∴数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)∵bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n，∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)，②②－①得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，∴n＋1>6，n>5，∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值为6.2．已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．n(1)若a1＝1，bn＝，求a4的值；(2)若{an}是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得{bn＋λ}为等比数列．解：(1)由a1＝1，bn＝，知a2＝4，a3＝6，a4＝8.(2)证明：因为an＋1bn＝Sn＋1，①所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1，②①－②得，an＋1bn－anbn－1＝an，③由③得，bn＝bn－1＋＝bn－1＋，所以bn＋＝.又bn＋≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)，所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列．3．在数列{an}，{bn}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差数列，bn，－an，bn＋1也成等差数列．(1)求证：{an＋bn}是等比数列；(2)设m是不超过100的正整数，求使＝成立的所有数对(m，n)．解：(1)证明：由an，－bn，an＋1成等差数列可得，－2bn＝an＋an＋1，①由bn，－an，bn＋1成等差数列可得，－2an＝bn＋bn＋1，②①＋②得，an＋1＋bn＋1＝－3(an＋bn)，又a1＋b1＝6，所以{an＋bn}是以6为首项，－3为公比的等比数列．(2)由(1)知，an＋bn＝6×(－3)n－1，③①－②得，an＋1－bn＋1＝an－bn＝－2，④③＋④得，an＝＝3×(－3)n－1－1，代入＝，得＝，所以[3×(－3)n－1－1－m][3×(－3)m＋3]＝[3×(－3)n－1－m][3×(－3)m－1＋3]，n整理得，(m＋1)(－3)m＋3×(－3)n＝0，所以m＋1＝(－3)n－m＋1，由m是不超过100的正整数，可得2≤(－3)n－m＋1≤101，所以n－m＋1＝2或4，当n－m＋1＝2时，m＋1＝9，此时m＝8，则n＝9，符合题意；当n－m＋1＝4时，m＋1＝81，此时m＝80，则n＝83，符合题意．故使＝成立的所有数对(m，n)为(8,9)，(80,83)．4．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－，其中n∈N*.(1)若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；(2)若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列．解：(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，所以an＝a1＋2(n－1)，＝a1＋n－1.因为(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，所以cn＝1.(2)证明：由(n＋1)bn＝an＋1－，得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，两式相减，并化简得an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn.从而(n＋2)cn＝－＝－[an＋1－(n＋1)bn]＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)，因此cn＝(bn＋bn＋1)．因为对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，所以λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ.所以(n＋1)λ＝an＋1－，①n(n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－，②②－①得(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ，故an＋1－an＝2λ(n≥2)．又2λ＝a2－＝a2－a1，则an＋1－an＝2λ(n≥1)．所以数列{an}是等差数列．B组——大题增分练1．(2018·盐城三模)在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝λ，满足a2n－1，a2n－1＋1，a2n－1＋2，…，a2n是等差数列(其中n≥2，n∈N)，且当n为奇数时，公差为d；当n为偶数时，公差为－d.(1)当λ＝1，d＝1时，求a8的值；(2)当d≠0时，求证：数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是等比数列．解：(1)由λ＝1，d＝1，所以a2＝1，a2，a3，a4为等差数列且公差为－1，所以a4＝a2－2＝－1，又a4，a5，…，a8为等差数列且公差为1，所以a8＝a4＋4＝3.(2)证明：当n＝2k＋1时，a22k，a22k＋1，a22k＋2，…，a22k＋1是等差数列且公差为d，所以a22k＋1＝a22k＋22kd，同理可得a22k＝a22k－1－22k－1d，两式相加，得a22k＋1－a22k－1＝22k－1d；当n＝2k时，同理可得a22k＋2－a22k＝－22kd，所以|a2n＋2－a2n|＝2nd.又因为d≠0，所以＝＝2(n≥2)，所以数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是以2为公比的等比数列．2．已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….(1)求证：数列为等比数列；(2)记Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求最大的正整数n.解：(1)证明：因为＝＋，所以－1＝－＝，且因为－1≠0，所以－1≠0(n∈N*)，所以数列为等比数列．n(2)由(1)可求得－1＝×n－1，所以＝2×n＋1.Sn＝＋＋…＋＝n＋2＝n＋2·＝n＋1－，若Sn<100，则n＋1－<100，所以nmax＝99.3．已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1(λ≠0，n∈N*)．(1)若a1，a2，a3成等比数列，求实数λ的值；(2)若λ＝，求Sn.解：(1)令n＝1，得a2＝.令n＝2，得a2S3－a3S2＋a2－a3＝λa2a3，所以a3＝.由a＝a1a3，得2＝，因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝时，anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝anan＋1，所以－＋－＝，即－＝，所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)·，即Sn＋1＝an，①当n≥2时，Sn－1＋1＝an－1，②n①－②得，an＝an－an－1,即(n＋1)an＝(n＋2)an－1，所以＝(n≥2)，所以是常数列，且为，所以an＝(n＋2)．代入①得Sn＝an－1＝.4．设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且满足：①|a1|≠|a2|；②r(n－p)Sn＋1＝an＋(n2－n－2)a1，其中r，p∈R，且r≠0.(1)求p的值；(2)数列{an}能否是等比数列？请说明理由；(3)求证：当r＝2时，数列{an}是等差数列．解：(1)n＝1时，r(1－p)S2＝2a1－2a1＝0，因为|a1|≠|a2|，所以S2≠0，又r≠0，所以p＝1.(2)数列{an}不是等比数列．理由如下：假设{an}是等比数列，公比为q，当n＝2时，rS3＝6a2，即ra1(1＋q＋q2)＝6a1q，所以r(1＋q＋q2)＝6q，①当n＝3时，2rS4＝12a3＋4a1，即2ra1(1＋q＋q2＋q3)＝12a1q2＋4a1，所以r(1＋q＋q2＋q3)＝6q2＋2，②由①②得q＝1，与|a1|≠|a2|矛盾，所以假设不成立.故{an}不是等比数列．(3)证明：当r＝2时，易知a3＋a1＝2a2.由2(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，得n≥2时，2Sn＋1＝＋，①2Sn＋2＝＋，②②－①得，2an＋2＝－＋，即2(an＋2－a1)＝－n，两边同除(n＋1)得，＝－，即－＝＝＝…＝＝0，所以＝＝…＝，令a2－a1＝d，则＝d(n≥2)．所以an＝a1＋(n－1)d(n≥2)．又n＝1时，也适合上式，所以an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)．所以an＋1－an＝d(n∈N*)．所以当r＝2时，数列{an}是等差数列．