《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應用教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應用教學案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
第2講 數(shù)列求和及綜合應用
[考情考向·高考導航]
1．已知數(shù)列遞推關系求通項公式，主要考查利用an與Sn的關系求通項公式，利用累加法、累乘法及構造法求通項公式，主要以選擇題、填空題的形式考查，有時作為解答的第(1)問考查，難度中等．
2．數(shù)列求和常與數(shù)列綜合應用一起考查，常以解答題的形式考查，有時與函數(shù)不等式綜合在一起考查，難度中等偏上．
[真題體驗]
1．(2018·全國Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________.
解析：當n＝1時，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.
當n≥2時，Sn＝2an＋1?、?
Sn－1＝2an－1
2、＋1?、?
①－②得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1
即＝2，∴數(shù)列{an}是首項為－1，公比為2的等比數(shù)列，
∴S6＝＝－63.
答案：－63
2．(2019·天津卷)設{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通項公式；
(2)設數(shù)列{cn}滿足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，依題意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以，{an}
3、的通項公式為an＝3n，{bn}的通項公式為bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6×(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
記Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，?、?
則3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×
＝(n∈N*)．
[主
4、干整合]
1．數(shù)列通項
(1)數(shù)列通項an與前n項和Sn的關系，an＝
(2)應用an與Sn的關系式f(an，Sn)＝0時，應特別注意n＝1時的情況，防止產(chǎn)生錯誤．
2．數(shù)列求和
(1)分組轉化求和：一個數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這個數(shù)列適當拆開，重新組合，就會變成幾個可以求和的部分，分別求和，然后再合并．
(2)錯位相減法：主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．
(3)裂項相消法：即將數(shù)列的通項分成兩個式子的代數(shù)差的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法，裂項相消法適用于形如(其中{an}是各項均不為零的等差數(shù)列，
5、c為常數(shù))的數(shù)列．
熱點一 求數(shù)列的通項公式
[例1] (1)(2020·臨沂模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，則an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
(2)(2020·成都模擬)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝，Sn＝n2an(n∈N)．則數(shù)列{an}的通項公式為____________．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝ln，a1＝2，
所以an－an－1＝ln(n≥2)，
an－1－an－2＝ln，
…
a2－a1＝ln，
將以上n－1
6、個式子疊加，得
an－a1＝ln＋ln＋…＋ln
＝ln
＝ln n.
所以an＝2＋ln n(n≥2)，
經(jīng)檢驗n＝1時也適合．故選A.
(2)由Sn＝n2an，(ⅰ)得
當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2an－1，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得an＝n2an－(n－1)2an－1(n≥2，n∈N*)，
所以(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝(n≥2)，
因為a1····…·＝×××·…·＝，
又a1＝，符合上式，所以an＝.
[答案] (1)A (2)an＝
1．數(shù)列{an}中，an與Sn的關系
an＝
2．求數(shù)列通項的常用方法
(1)公式法：利用等差
7、(比)數(shù)列求通項公式．
(2)在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用累加法求數(shù)列的通項an.
(3)在已知數(shù)列{an}中，滿足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，則可用累積法求數(shù)列的通項an.
(4)將遞推關系進行變換，轉化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列)．
(1)數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且滿足＝1(n≥2)．則數(shù)列{an}的通項公式為________________．
解析：由已知，當n≥2時，＝1，
所以＝1，即＝1，
所以－＝.又S1＝a1＝1，
所以數(shù)列是首項為1
8、，公差為的等差數(shù)列．
所以＝1＋(n－1)＝，即Sn＝.
所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.
因此an＝
答案：an＝
(2)各項均不為0的數(shù)列{an}滿足＝an＋2an(n∈N*)，且a3＝2a8＝，則數(shù)列{an}的通項公式為____________．
解析：因為＝an＋2an，所以an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an.
因為anan＋1an＋2≠0，所以＋＝，
所以數(shù)列為等差數(shù)列．
設數(shù)列的公差為d，則＝＋(8－3)d.
因為a3＝2a8＝，所以d＝1，又＝－2d＝3，所以數(shù)列是以3為首項，1為公差的等差數(shù)列．
∴＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴
9、an＝.
答案：an＝
熱點二 數(shù)列求和問題
裂項相消法求和
[例2－1] (2018·天津卷)設{an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通項公式；
(2)設數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn(n∈N*)．
①求Tn；
②證明∑n,k＝1 ＝－2(n∈N*)．
[解] (1)設等比數(shù)列{an}的公比為q，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因為q＞0，可得q＝2，故an＝2n－1.
設等差數(shù)列{bn}的公差為d，由a4＝b3＋b
10、5，可得b1＋3d＝4，由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，從而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n.
(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故
Tn＝－n
＝2n＋1－n－2.
②證明：因為
＝
＝＝－，
所以，∑n,k＝1 ＝＋＋…＋＝－2.
錯位相減法求和
[例2－2] (2018·浙江卷)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n.
(1)求q的值；
11、(2)求數(shù)列{bn}的通項公式．
[解析] (1)由a4＋2是a3，a5的等差中項得
a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得
8＝20，
解得q＝2或q＝，
因為q＞1，所以q＝2.
(2)設cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}前n項和為Sn.
由cn＝
解得cn＝4n－1.
由(1)可得，an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)·n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(
12、4n－5)·n－2＋(4n－9)·n－3＋…＋7·＋3.
設Tn＝3＋7·＋11·2＋…＋(4n－5)·n－2，n≥2，
Tn＝3·＋7·2＋…＋(4n－9)·n－2＋(4n－5)·n－1，
所以Tn＝3＋4·＋4·2＋…＋4·n－2－(4n－5)·n－1，
因此Tn＝14－(4n＋3)·n－2，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·n－2.
數(shù)列求和的常用方法
1．利用裂項相消法求和的注意事項
(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項；
(2)裂項相消求和法是數(shù)列求和的重要方法之一，其基本形
13、式為：若{an}是等差數(shù)列且an≠0，則
＋＋…＋＝.
2．用錯位相減法求和時應注意的兩點
(1)要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負數(shù)的數(shù)列；
(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．
3．并項求和法
一個數(shù)列的前n項和可兩兩結合求解，則稱為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用并項求和．
(1)(2020·長沙模擬)正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.設bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為____________________．
解析：
14、由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，
由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn＋1＞0.
所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．
n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，
n＝1時，a1＝S1＝2適合上式．
∴an＝2n(n∈N*)．
即bn＝＝
＝
Tn＝
＝
答案：
(2)已知an＝若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，則數(shù)列{bn}的前n項和為____________．
解析：因為anbn＝log3an，所以b1＝，
當n＞1時，bn＝3(1－n)log33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
當
15、n＞1時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，
所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，
兩式相減，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，
所以Tn＝－.經(jīng)檢驗，n＝1時也適合．
綜上可得Tn＝－.
答案：－
熱點三 數(shù)列與函數(shù)不等式的交匯創(chuàng)新
[例3] (2019·桂林三模)已知函數(shù)f(x)的圖象過定點(1,1)，且對任意的實數(shù)x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝1＋f(x1)＋f(x2)．
(1)證明數(shù)列(n∈N*)為等比數(shù)列
16、；
(2)若bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，不等式T2n－Tn＞log2(x＋1)(n≥2，n∈N*)恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．
[審題指導] (1)先令x1＝x2＝，再證明數(shù)列(n∈N*)為等比數(shù)列；(2)先求出數(shù)列的通項公式，再求和，根據(jù)T2n－Tn的單調性求出最小項，最后求實數(shù)x的取值范圍．
[解析] (1)令x1＝x2＝，則f＝1＋f＋f，即f＝1＋2f，
則f＋1＝2，
令x1＝x2＝，則f(1)＝1＋2f＝1，得f＝0，所以數(shù)列是等比數(shù)列，公比為，首項為1.
(2)由題意知函數(shù)f(x)的圖象過定點(1,1)，
所以f(1)＝1.
令x1＝n，x2＝1，
則
17、f(n＋1)＝1＋f(1)＋f(n)，
即f(n＋1)＝f(n)＋2，
則{f(n)}是等差數(shù)列，公差為2，首項為1，
故f(n)＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
因為bn＝，所以bn＝＝.
設g(n)＝T2n－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＝＋＋…＋，
則g(n＋1)－g(n)＝＋－＝＞0，
所以{g(n)}是遞增數(shù)列，g(n)min＝g(2)＝＋＝，
從而log2(x＋1)＜，即log2(x＋1)＜2，則解得x∈(－1,3)，
所以實數(shù)x的取值范圍為(－1,3)．
1．求解數(shù)列與函數(shù)交匯問題注意兩點：(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集(或它的有限子
18、集)，在求數(shù)列最值或不等關系時要特別重視；(2)解題時準確構造函數(shù)，利用函數(shù)性質時注意限制條件．
2．數(shù)列為背景的不等式恒成立、不等式證明，多與數(shù)列的求和相聯(lián)系，最后利用數(shù)列或數(shù)列對應函數(shù)的單調性處理．
(2019·淮南二模)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(an，Sn)在y＝－x的圖象上(x∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若c1＝0，且對任意正整數(shù)n都有cn＋1－cn＝logan，求證：對任意正整數(shù)n≥2，總有≤＋＋＋…＋＜.
解：(1)∵Sn＝－an，
∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
∴an＝an－1，
又∵S1＝－a1，∴a
19、1＝，
∴an＝n－1＝2n＋1.
(2)證明：由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得當n≥2時，
cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)．
∴＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝×
＝
＝－＜.
又∵＋＋＋…＋≥＝，∴原式得證．
限時50分鐘 滿分76分
一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)
1．(2020·重慶七校聯(lián)考)若數(shù)列{an}滿足－＝0，則稱{an}為“夢想數(shù)列”．已知正項數(shù)列為“夢想數(shù)列”，且b1＋b2＋b3＝1，則b6＋b7＋b8＝( )
A．4
20、 B．16 C．32 D．64
解析：C [由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比為的等比數(shù)列，故是公比為的等比數(shù)列，則{bn}是公比為2的等比數(shù)列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故選C.]
2．(2020·江西省五校協(xié)作體考試)設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若an＋Sn＝2n,2bn＝2an＋2－an＋1，則＋＋…＋＝( )
A. B. C. D.
解析：D [因為an＋Sn＝2n?、?，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1?、?，②
21、－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1.又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，＝＝－，則＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故選D.]
3．(2020·廣東省六校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.設bn＝，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，若Sn＜λ(λ為常數(shù)，n∈N*)，則λ的最小值是( )
A. B. C. D.
解析：C [a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，①
當n≥2時，a
22、1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，②
①－②得，nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．當n＝1時，a1＝3≠4，所以an＝
bn＝
所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋，③ Sn＝＋＋＋＋…＋＋，④
③－④得，Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－，
所以Sn＝－＜，所以易知λ的最小值是，故選C.]
4．(2019·青島三模)已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù)，例如：12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12，則f(12)＝3；21的因數(shù)有1,3,7,21，則f(21)＝21，那么∑100,i＝51f(i)的值為( )
A．
23、2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500
解析：D [由f(n)的定義知f(n)＝f(2n)，且若n為奇數(shù)則f(n)＝n，
則∑100,i＝1f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)
＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)
＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)
＝2 500＋∑50,i＝1f(i)，
∴∑100,i＝51f(i)＝∑100,i＝1f(i)－∑50,i＝1f(i)＝2 500.]
5．(2019·深圳二模)已知數(shù)列{an}滿足2a1＋22a2＋…＋2n
24、an＝n(n∈N*)，數(shù)列的前n項和為Sn，則S1·S2·S3·…·S10＝( )
A. B. C. D.
解析：C [∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，當n＝1時也滿足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，選C.]
6．(2019·濰坊三模)已知等差數(shù)列{an}中公差d≠0，a1＝1，a1，a2，a5成等比數(shù)列，且a1，a
25、2，ak1，ak2，…，akn成等比數(shù)列，若對任意的n∈N*，恒有≤(m∈N*)，則m＝( )
A．0 B．1 C．2 D．1或2
解析：D [由已知可得，a＝a1·a5，即(1＋d)2＝1·(1＋4d)，又d≠0，解得d＝2，所以an＝2n－1.因為a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比數(shù)列，所以2kn－1＝3n＋1.令bn＝＝，設數(shù)列{bn}中的最大項為bl，故滿足解得1≤l≤2，即數(shù)列{bn}中的最大項為b1，b2，所以m＝1或2.]
二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)
7．(2
26、019·昆明三模)已知數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝則數(shù)列{an}的前20項和為________．
解析：由題意可知，數(shù)列{a2n}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n－1}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前20項和為＋10×1＋×2＝1 123.
答案：1 123
8．(2019·山師附中質檢)將數(shù)列{an}中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數(shù)陣：
a1
a2，a3
a4，a5，a6
a7，a8，a9，a10
……
記數(shù)陣中的第1列數(shù)a1，a2，a4，…，構成的數(shù)列為{bn}，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，若Sn＝2bn－1，
27、則a56＝________.
解析：當n≥2時，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴數(shù)列{bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，∴bn＝2n－1.
設a1，a2，a4，a7，a11，…的下標1,2,4,7,11，…構成數(shù)列{cn}，則c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024
28、
三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)
9．(2020·鄭州三測)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，數(shù)列{bn}滿足bn＝.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)記數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，問：是否存在n，使得Sn的值是？
解析：(1)因為2an·an＋1＋an＋1－an＝0，
所以an＋1＝，
－＝－＝2，
由等差數(shù)列的定義可得是首項為＝1，公差為d＝2的等差數(shù)列．
故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝.
(2)由(1)得bn＝，
所以Sn＝＋＋…＋，
兩邊同乘以得，Sn＝＋＋…＋，
兩式相減得Sn＝＋
29、2－，
即Sn＝＋2×－＝－－，
所以Sn＝3－.
因為Sn＋1－Sn＝－＝＞0，所以數(shù)列{Sn}是關于項數(shù)n的遞增數(shù)列，所以Sn≥S1＝，因為＜，所以不存在n，使得Sn＝.
10．(2019·武漢二模)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an與bn；
(2)設cn＝－(n∈N*)．記數(shù)列{cn}的前n項和為Sn.
①求Sn；
②求正整數(shù)k，使得對任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解析：(1)由題意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝
30、2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以數(shù)列{an}的通項為an＝2n(n∈N*)．
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故數(shù)列{bn}的通項為bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝－(n∈N*)．
②因為c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；
當n≥5時，
cn＝，
而－＝＞0，
即數(shù)列當n≥5時是遞減的．
所以≤＜1，
所以，當n≥5時，cn＜0.
綜上，對任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.
11．(文)(2020·浙江三地市聯(lián)考)已知數(shù)列{bn}滿足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝
31、3.
(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；
(2)已知＝，求證：≤＋＋…＋＜1.
解析：(1)因為3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝.
則＝3×，＝3×，＝3×，…，
＝3×，
累乘，可得＝3n－1×n，因為b1＝3，所以bn＝n·3n，
即數(shù)列{bn}的通項公式bn＝n·3n.
(2)證明：因為＝，所以an＝·3n.
因為＝·
＝·＝·
＝·－·，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋
＝1－·.
因為n∈N*，所以0＜·≤，
所以≤1－·＜1，
所以≤＋＋…＋＜1.
11．(理)(2019·江蘇卷)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”．
(1)已知等比數(shù)列{
32、an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M數(shù)列”；
(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，＝－，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項和．
①求數(shù)列{bn}的通項公式；
②設m為正整數(shù)，若存在“M數(shù)列”{cn}(n∈N*)，對任意正整數(shù)k，當k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．
解：(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，
q≠0.
由得解得
因此數(shù)列{an}為“M數(shù)列”．
(2)①因為＝－，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2.
由＝－，得Sn＝，
當n≥2時，由
33、bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝－，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列．
因此，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n(n∈N*)．
②由①知，bk＝k，k∈N*.
因為數(shù)列{cn}為“M數(shù)列”，設公比為q，所以c1＝1，
q＞0.
因為ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m.
當k＝1時，有q≥1；
當k＝2,3，…，m時，有≤ln q≤.
設f(x)＝(x＞1)，則f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：
x
(1，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
＋
0
34、－
f(x)
極大值
因為＝＜＝，所以f(k)max＝f(3)＝.
取q＝，當k＝1,2,3,4,5時，≤ln q，即k≤qk，經(jīng)檢驗知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6，分別取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.
綜上，所求m的最大值為5.
高考解答題·審題與規(guī)范(三) 數(shù)列類考題
數(shù)列問題重在“歸”
思維流程
等差數(shù)列與等比數(shù)列是兩個基本數(shù)列，是一切數(shù)列問題的出發(fā)點與歸宿，首項與公差(比)稱為等差數(shù)列(等比數(shù)列)的基本量．只要涉及這兩個數(shù)列的數(shù)學問題
35、，我們總希望把條件化歸為等差或等比數(shù)列的基本量間的關系，從而達到解決問題的目的．這種化歸為基本量處理的方法是等差或等比數(shù)列特有的方法，對于不是等差或等比的數(shù)列，可從簡單的個別的情形出發(fā)，從中歸納出一般的規(guī)律、性質，這種歸納思想便形成了解決一般性數(shù)列問題的重要方法：觀察、歸納、猜想、證明．由于數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，也可根據(jù)題目的特點，將數(shù)列化歸為函數(shù)問題來解決.
真題案例
審題指導
審題方法
(12分)(2019·全國Ⅱ卷)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－b
36、n}是等差數(shù)列；
(2)求{an}和{bn}的通項公式.
(1)首先將已知條件中兩個等式相加，由等比數(shù)列的定義可證得數(shù)列{an＋bn}為等比數(shù)列，然后將已知條件中兩個等式相減，由等差數(shù)列的定義可證得數(shù)列{an－bn}為等差數(shù)列；(2)由(1)分別求得數(shù)列{an＋bn}和{an－bn}的通項公式，然后將這兩個通項公式進行加減運算即可求得{an}，{bn}的通項公式.
結構是數(shù)學問題的搭配形式，某些問題已知的數(shù)式結構中常常隱含著某種特殊的關系．審視結構要對結構進行分析、加工和轉化，以實現(xiàn)解題突破.
規(guī)范解答
評分細則
[解析] (1)由題設得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
37、即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)2分①
又因為a1＋b1＝1≠0.3分②
所以{an＋bn}是首項為1，公比為的等比數(shù)列.4分③
由題設得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.5分④
又因為a1－b1＝1，所以{an－bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列.6分⑤
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.8分⑥
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－.10分⑦
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.12分⑧
第(1)問踩點得分
①由已知得出an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)得2分．
②算出a1＋b1＝1≠0得1分．
③證明{an＋bn}是等比數(shù)列得1分．
④由已知得出an＋1－bn＋1＝an－bn＋2得1分．
⑤證明{an－bn}是等差數(shù)列得1分．
第(2)問踩點得分
⑥分別計算an＋bn，an－bn的通項各得2分．
⑦求出an的通項得2分．
⑧求出bn的通項得2分.
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2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應用教學案
