《江苏省高考数学二轮复习专题四数列4.2大题考法等差等比数列的综合问题讲义含解析05》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省高考数学二轮复习专题四数列4.2大题考法等差等比数列的综合问题讲义含解析05（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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nN*，数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且a11，a22，设bna2n1a2n.(1)若数列bn是公比为3的等比数列，求S2n；(2)若对任意nN*，Sn恒成立，求数列an的通项公式；(3)若S2n3(2n1)，数列anan1为等比数列，求数列an的通项公式解(1)由题意，b1a1a2123，则S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn.(2)当n2时，由2Snan，得2Sn1an
2、1，两式相减得2anan(an1)aa1，整理得(an1)2a0，即(anan11)(anan11)0，故anan11或anan11.(*)下面证明anan11对任意的nN*恒不成立事实上，因为a1a23，所以anan11不恒成立；若存在nN*，使anan11，设n0是满足上式最小的正整数，即an0an011，显然n02，且an01(0,1)，则an01an021，则由(*)式知，an01an021，则an021)由题意，得即由q1，解得故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)得bn2n1(n1)ln 2，所以Tn(12222n1)012(n1)ln 2ln 22n1ln 2.题型(二
3、)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a12，Snnanan1，其中n2，nN*，R.(1)若0，4，bnan12an(nN*)，求证：数列bn是等比数列；(2)若数列an是等比数列，求，的值；(3)若a23，且，求证：数列an是等差数列解(1)证明：若0，4，则Sn4an1(n2)，所以an1Sn1Sn4(anan1)，即an12an2(an2an1)，所以bn2bn1.又由a12，a1a24a1，得a23a16，a22a120，即bn0，所以2，故数列bn
4、是等比数列(2)若an是等比数列，设其公比为q(q0)当n2时，S22a2a1，即a1a22a2a1，得1q2q.当n3时，S33a3a2，即a1a2a33a3a2，得1qq23q2q.当n4时，S44a4a3，即a1a2a3a44a4a3，得1qq2q34q3q2.q，得1q2，q，得1q3，解得q1，1.代入式，得0.此时Snnan(n2)，Sn1(n1)an1(n3)，相减得SnSn1nan(n1)an1，所以anan1(n3)因为a12，S22a2，所以ana2a12，所以数列an是公比为1的等比数列，故1，0.(3)证明：令n2，则S22a2a1，即a1a22a2a1.又a12，a2
5、3，得562.又，解得，1.所以Snanan1.令n3，则S3a3a2，即a1a2a3a3a2.由a12，a23，得5a3a33，所以a34，所以a1，a2，a3成等差数列由Snanan1，得Sn1an1an，两式相减得an1an1ananan1，即(n1)an1(n2)an2an10，所以nan2(n1)an12an0，两式相减得nan22(n1)an1(n2)an2an2an10，所以n(an22an1an)2(an12anan1)0，所以an22an1an(an12anan1)(an2an1an2)(a32a2a1)因为a12a2a30，所以an22an1an0，即数列an是等差数列方法
6、技巧判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n1的任意自然数，验证an1an或为与正整数n无关的某一常数中项公式法若2an1anan2(nN*)，则an为等差数列；若aanan20(nN*)，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nN*,6Sn9bnan2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；(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6Sn9bnan2, 得6Sn19bn1an12(n2), ，得6(SnSn1)9(bnbn1)(anan1),
7、 即6d9(bnbn1)d，所以bnbn1为常数，所以bn为等差数列(2)由得6bn9bn9bn1d，即3bn9bn1d，所以3是与n无关的常数，所以10或bn1为常数当10时，d3，符合题意；当bn1为常数时，在6Sn9bnan2中，令n1，则6a19b1a12，又a11，解得b11，所以bn1b1，此时331，解得d6.综上，d3或d6.2(2018苏锡常镇一模)已知n为正整数，数列an满足an0,4(n1)ana0，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nN*，均存在mN*，使得8aS
8、nan216bm成立，求满足条件的所有整数a1的值解：(1)证明：由题意得4(n1)ana，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a12n1，即ana12n1，所以bn，如果数列bn是等差数列，则2b2b1b3，即2，整理得，则t216t480，解得t4或t12.当t4时，bn，因为bn1bn，所以数列bn是等差数列，符合题意； 当t12时，bn，因为b2b4a，2b32，b2b42b3，所以数列bn不是等差数列，t12不符合题意，综上，如果数列bn是等差数列，则t4.(3)由(2)得bn，对任意的nN*，均存在mN*，使8aSn
9、an216bm，则8an216，所以m. 当a12k，kN*时，mk2n，对任意的nN*，mN*，符合题意；当a12k1，kN*，当n1时，mk2kN*，故不合题意. 综上，当a12k，kN*时，对任意的nN*，均存在mN*，使8aSnan216bm.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q1，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bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整数n的最小值解：(1)a32是a2，a4的等差中项，2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，a2a
10、420，解得或q1，数列an的通项公式为an2n.(2)bnanlogan2nlog2nn2n，Sn(12222n2n)，2Sn(122223(n1)2nn2n1)，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1.Snn2n162，2n1262，n16，n5，使Snn2n162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，an1bnSn1(nN*)(1)若a11，bn，求a4的值；(2)若an是公比为q的等比数列，求证：存在实数，使得bn为等比数列解：(1)由a11，bn，知a24，a36，a48.(2)证明：因为an1bnSn1，所以当n2时，anbn1Sn11，得，an1bnanbn1an，由得，bn
