4.2數列解答題命題角度1等差、等比數列的判定與證明高考真題體驗·對方向1.(2019全國Ⅱ·19)已知數列{an}和{bn}滿足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)證明:{an+bn}是等比數列,{an-bn}是等差數列;(2)求{an}和{bn}的通項公式.(1)證明由題設得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因為a1+b1=1,所以{an+bn}是首項為1,公比為12由題設得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因為a1-b1=1,所以{an-bn}是首項為1,公差為2的等差數列.(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12nbn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n2.(2014全國Ⅱ·17)已知數列{an}滿足a1=1,an+1=3an+1.(1)證明an+12(2)證明1a1+1a解(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3a又a1+12=32,所以aan+12=3n2,因此{an}的通項公式為(2)由(1)知1a因為當n≥1時,3n-1≥2×3n-1,所以13于是1a1+1a2+…+1a=32所以1a1+1a典題演練提能·刷高分1.(2019江西臨川第一中學高三下學期考前模擬)已知數列{an}中,a1=m,且an+1=3an+2n-1,bn=an+n(n∈N*).(1)判斷數列{bn}是否為等比數列,并說明理由;(2)當m=2時,求數列{(-1)nan}的前2020項和S2020.解(1)∵an+1=3an+2n-1,∴bn+1=an+1+n+1=3an+2n-1+n+1=3(an+n)=3bn.①當m=-1時,b1=0,數列{bn}不是等比數列;②當m≠-1時,數列{bn}是等比數列,其首項為b1=m+1≠0,公比為3.(2)由(1)且當m≠-1時,有bn=an+n=3×3n-1=3n,即an=3n-n,∴(-1)nan=(-3)n-(-1)nn.∴S2020=-3×[1-(-3)2020]1-(-3)-[(-1+2)+=-3+320214-2.(2019重慶一中高三下學期5月月考)已知數列{an}滿足:an≠1,an+1=2-1an(n∈N*),數列{bn}中,bn=1an-1,且b1,b(1)求證:數列{bn}是等差數列;(2)若Sn是數列{bn}的前n項和,求數列1Sn的前n項和T(1)證明bn+1-bn=1an所以數列{bn}是公差為1的等差數列.(2)解由題意可得b22=b1b4,即(b1+1)2∴b1=1.故bn=n.所以Sn=n(所以1Sn=2n(所以Tn=2×1-12+12-13+…+1n-1n+1=3.已知數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2an-1.(1)證明數列{an}是等比數列;(2)設bn=(2n-1)an,求數列{bn}的前n項和Tn.解(1)當n=1時,a1=S1=2a1-1,所以a1=1,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),所以an=2an-1,所以數列{an}是以a1=1為首項,以2為公比的等比數列.(2)由(1)知,an=2n-1,所以bn=(2n-1)2n-1,所以Tn=1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1①,2Tn=1×2+3×22+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n②,①-②得-Tn=1+2(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n=1+2×2-2n-1×21-2-(2n-1)2n=(3-2n)2n-3,所以4.設a1=2,a2=4,數列{bn}滿足:bn+1=2bn+2且an+1-an=bn.(1)求證:數列{bn+2}是等比數列;(2)求數列{an}的通項公式.解(1)由題知bn+1又∵b1=a2-a1=4-2=2,∴b1+2=4,∴{bn+2}是以4為首項,以2為公比的等比數列.(2)由(1)可得bn+2=4×2n-1,故bn=2n+1-2.∵an+1-an=bn,∴a2-a1=b1,a3-a2=b2,a4-a3=b3,…,an-an-1=bn-1.累加得an-a1=b1+b2+b3+…+bn-1,an=2+(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(2n-2)=2+22(1-2n-1)1-2即an=2n+1-2n(n≥2).而a1=2=21+1-2×1,∴an=2n+1-2n(n∈N*).命題角度2等差、等比數列的通項公式與前n項和公式的應用高考真題體驗·對方向1.(2019天津·19)設{an}是等差數列,{bn}是等比數列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)設數列{cn}滿足c1=1,cn=1,2k<n<①求數列{a2n②求∑i=12naici(n∈解(1)設等差數列{an}的公差為d,等比數列{bn}的公比為q.依題意得6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an=4+(n-1)×3=3n+所以,{an}的通項公式為an=3n+1,{bn}的通項公式為bn=3×2n.(2)①a2n(c2n-1)==(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.所以,數列{a2n(c2n-1)}的通項公式為a2n(c②∑i=12naici=∑i=12n[a=∑i=12nai=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).2.(2018全國Ⅱ·17)記Sn為等差數列{an}的前n項和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{an}的通項公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解(1)設{an}的公差為d,由題意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{an}的通項公式為an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以當n=4時,Sn取得最小值,最小值為-16.3.(2018全國Ⅲ·17)等比數列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通項公式;(2)記Sn為{an}的前n項和,若Sm=63,求m.解(1)設{an}的公比為q,由題設得an=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,則Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.綜上,m=6.典題演練提能·刷高分1.設等差數列{an}的公差不為0,a2=1,且a2,a3,a6成等比數列.(1)求{an}的通項公式;(2)設數列{an}的前n項和為Sn,求使Sn>35成立的n的最小值.解(1)設等差數列{an}的公差為d,d≠0.因為a2,a3,a6成等比數列,所以a32=a2·a即(1+d)2=1+4d,解得d=2或d=0(舍去).所以{an}的通項公式為an=a2+(n-2)d=2n-3.(2)因為an=2n-3,所以Sn=n(a1+an依題意有n2-2n>35,解得n>7.故使Sn>35成立的n的最小值為8.2.(2019云南昆明高三1月復習診斷)已知數列{an}是等比數列,公比q<1,前n項和為Sn,若a2=2,S3=7.(1)求{an}的通項公式;(2)設m∈Z,若Sn<m恒成立,求m的最小值.解(1)由a解得a所以an=4×12(2)由(1)可知:Sn=a1(1-qn)1-q因為an>0,所以Sn單調遞增.所以要使Sn<m恒成立,需m≥8.又因為m∈Z,故m的最小值為8.3.(2019北京大學附屬中學高三下)設{an}是首項為1,公比為3的等比數列.(1)求{an}的通項公式及前n項和Sn;(2)已知{bn}是等差數列,Tn為前n項和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.解(1)由題意可得an=3n-1,∴Sn=1-(2)∵b1=a2,b3=a1+a2+a3,∴b3-b1=a1+a3=30+32=10=2d.∴d=5.∴T20=20×3+20×192×54.已知等差數列{an}的公差d為1,且a1,a3,a4成等比數列.(1)求數列{an}的通項公式;(2)設數列bn=2an+5+n,求數列{bn}的前n項和解(1)在等差數列{an}中,因為a1,a3,a4成等比數列,所以a32=a1a4,即(a1+2d)2=a12+3解得a1d+4d2=0.因為d=1,所以a1=-4,所以數列{an}的通項公式an=n-5.(2)由(1)知an=n-5,所以bn=2an+5+n=2Sn=b1+b2+b3+…+bn=(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)=2(1-2n)1-25.已知數列{an}是等差數列,其前n項和為Sn,a2=37,S4=152.(1)求數列{an}的通項公式;(2)求數列{|an-2n|}的前n項和Tn.解(1)設數列{an}的首項為a1,公差為d,則a1+所以數列{an}的通項公式為an=2n+33(n∈N*).(2)由(1)知,|an-2n|=|2n+33-2n|=2①當0<n≤5時,|2n+33-2n|=2n+33-2n,有Tn=(35+2n+33)n2-2(1-②當n≥6時,T5=133,|2n+33-2n|=2n-(2n+33),Tn-T5=64(1-2n-5)1-Tn=2n+1-n2-34n+264.綜上所述:Tn=n6.已知{an}為等差數列,且a2=3,{an}前4項的和為16,數列{bn}滿足b1=4,b4=88,且數列{bn-an}為等比數列.(1)求數列{an}和{bn-an}的通項公式;(2)求數列{bn}的前n項和Sn.解(1)設{an}的公差為d,因為a2=3,{an}前4項的和為16,所以a1+d=3,4a1+4×3解得a1=1,d=2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1.設{bn-an}的公比為q,則b4-a4=(b1-a1)q3,所以q3=b4-a4所以bn-an=(4-1)×3n-1=3n.(2)由(1)得bn=3n+2n-1,所以Sn=(3+32+33+…+3n)+(1+3+5+…+2n-1)=3=32(3n-1)+n2=3n+12+n命題角度3一般數列的通項公式與前n項和的求解高考真題體驗·對方向1.(2019浙江·20)設等差數列{an}的前n項和為Sn,a3=4,a4=S3.數列{bn}滿足:對每個n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數列.(1)求數列{an},{bn}的通項公式;(2)記cn=an2bn,n∈N*,證明:c1+c2+…+cn<2n,n解(1)設數列{an}的公差為d,由題意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.從而an=2n-2,n∈N*.所以Sn=n2-n,n∈N*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=1d(Sn+12-S所以bn=n2+n,n∈N*.(2)cn=an2bn=2我們用數學歸納法證明.①當n=1時,c1=0<2,不等式成立;②假設n=k(k∈N*)時不等式成立,即c1+c2+…+ck<2k.那么,當n=k+1時,c1+c2+…+ck+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1<即當n=k+1時不等式也成立.根據①和②,不等式c1+c2+…+cn<2n對任意n∈N*成立.2.(2017天津·18)已知{an}為等差數列,前n項和為Sn(n∈N*),{bn}是首項為2的等比數列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)求數列{a2nb2n-1}的前n項和(n∈N*).解(1)設等差數列{an}的公差為d,等比數列{bn}的公比為q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因為q>0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②聯立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,數列{an}的通項公式為an=3n-2,數列{bn}的通項公式為bn=2n.(2)設數列{a2nb2n-1}的前n項和為Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述兩式相減,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n)1-4=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=3n-23×4n+所以,數列{a2nb2n-1}的前n項和為3n-23×4n+3.(2015全國Ⅰ·17)Sn為數列{an}的前n項和.已知an>0,an2+2an=4Sn+(1)求{an}的通項公式;(2)設bn=1anan+1,求數列{b解(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.可得an+12-an2+2(即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(由于an>0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=所以{an}是首項為3,公差為2的等差數列,通項公式為an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=1=12設數列{bn}的前n項和為Tn,則Tn=b1+b2+…+bn=1213-15+15-17+…+12n典題演練提能·刷高分1.(2019山東煙臺高三3月診斷性測試)已知等差數列{an}的公差是1,且a1,a3,a9成等比數列.(1)求數列{an}的通項公式;(2)求數列an2an的前n解(1)因為{an}是公差為1的等差數列,且a1,a3,a9成等比數列,所以a32=a1a9,即(a1+2)2=a1(a1+8),解得a1=所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×1=n.(2)Tn=1×121+2×122+3×12312Tn=1×122+2×123+…+(n-1)×兩式相減,得12Tn=121+122+所以12Tn=12-12n+11所以Tn=2-2+n2.(2019江西景德鎮高三第二次質檢)已知首項為1的等差數列{an}的前n項和為Sn,S3為a4與a5的等差中項,數列{bn}滿足bn=2S(1)求數列{an}與{bn}的通項公式;(2)求數列{anbn}的前n項和Tn.解(1)設等差數列{an}的公差為d.因為S3為a4與a5的等差中項,所以2S3=a4+a5,即2(3+3d)=(1+3d)+(1+4d),解得d=4.∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×4=4n-3.∴Sn=na1+n(n-1)2d=n×1+n(n∴bn=2Sn+n(2)an·bn=(4n-3)×2n,∴Tn=1×21+5×22+9×23+…+(4n-3)×2n,2Tn=1×22+5×23+…+(4n-7)×2n+(4n-3)×2n+1,下式減上式,得Tn=(4n-3)×2n+1-4(22+23+…+2n)-2=(4n-3)×2n+1-4×4(1=(4n-7)×2n+1+14.3.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,滿足S4=2a4-1,S3=2a3-1.(1)求{an}的通項公式;(2)記bn=log2(an·an+1),數列{bn}的前n項和為Tn,求證:1T1+1T2+解(1)設{an}的公比為q,由S4-S3=a4得2a4-2a3=a4,所以a4a3=2,所以q=2.又因為S3=2a所以a1+2a1+4a1=8a1-1,所以a1=1.所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=log2(an+1·an)=log2(2n×2n-1)=2n-1,所以Tn=1+(2n-所以1T1+1T2+…+1Tn=112+122+…+1n2<1+11