4.2數(shù)列大題4.2.1等差、等比數(shù)列的綜合問題必備知識精要梳理1.判斷給定的數(shù)列{an}是等差數(shù)列的方法(1)定義法:an+1an=d是常數(shù)(n∈N*).(2)通項公式法:an=kn+b(k,b是常數(shù)).(3)前n項和法:數(shù)列{an}的前n項和為Sn=An2+Bn(A,B是常數(shù)且A2+B2≠0).(4)等差中項法:an+an+2=2an+1(n∈N*).2.若數(shù)列{an},{bn}為等差數(shù)列且項數(shù)相同,則{kan},{an±bn},{pan+qbn}都是等差數(shù)列.3.判斷給定的數(shù)列{an}是等比數(shù)列的方法(1)定義法:an+1an=q(常數(shù)(2)通項公式法:an=kqn(k,q為常數(shù),且kq≠0).(3)中項法:an·an+2=an+12(n∈N(4)前n項和法:數(shù)列{an}的前n項和為Sn=AAqn(常數(shù)A≠0,公比q≠1).4.若數(shù)列{an},{bn}為等比數(shù)列且項數(shù)相同,則{kan}(k≠0),{an2},a關鍵能力學案突破熱點一等差(比)數(shù)列的判斷與證明【例1】(2020山東淄博4月模擬,18)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=4an+3n1,bn=an+n.(1)證明:數(shù)列{bn}為等比數(shù)列;(2)求數(shù)列{an}的前n項和.解題心得1.判斷數(shù)列是等差(比)數(shù)列的方法通常有四種,證明數(shù)列是等差(比)數(shù)列的方法常用定義法.2.對已知數(shù)列an與Sn的關系,證明{an}為等差或等比數(shù)列的問題,解題思路是:由an與Sn的關系遞推出n+1時的關系式,兩個關系式相減后,進行化簡、整理,最終化歸為用定義法證明.【對點訓練1】(2019全國Ⅱ,理19)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=1,b1=0,4an+1=3anbn+4,4bn+1=3bnan4.(1)證明:{an+bn}是等比數(shù)列,{anbn}是等差數(shù)列;(2)求{an}和{bn}的通項公式.熱點二等差數(shù)列的通項及求和【例2】(2019全國Ⅰ,文18)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S9=a5.(1)若a3=4,求{an}的通項公式;(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范圍.解題心得a1,n,d是等差數(shù)列的三個基本量,an和Sn都可以用這三個基本量來表示,五個量a1,n,d,an,Sn中可“知三求二”,一般是通過通項公式和前n項和公式聯(lián)立方程(組)求解,這種方法是解決數(shù)列問題的基本方法.【對點訓練2】(2020海南天一大聯(lián)考第三次模擬,17)對于由正整數(shù)構成的數(shù)列{An},若對任意m,n∈N*且m≠n,Am+An也是{An}中的項,則稱{An}為“Q數(shù)列”.設數(shù)列{an}滿足a1=6,8≤a2≤12.(1)請給出一個{an}的通項公式,使得{an}既是等差數(shù)列也是“Q數(shù)列”,并說明理由;(2)根據你給出的通項公式,設{an}的前n項和為Sn,求滿足Sn>100的正整數(shù)n的最小值.熱點三等比數(shù)列的通項及求和【例3】(2020山東,18)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通項公式;(2)記bm為{an}在區(qū)間(0,m](m∈N*)中的項的個數(shù),求數(shù)列{bm}的前100項和S100.解題心得1.已知等比數(shù)列前幾項或者前幾項的關系,求其通項及前n項和時,只需利用等比數(shù)列的通項公式及求和公式得到幾個方程求解即可.2.若已知條件沒有明確數(shù)列{an}是等比數(shù)列,而是已知an=f(Sn)的關系式,在轉化此條件時,通常有兩種思路,一是將an用SnSn1代替,二是由an=f(Sn)推出an1=f(Sn1),兩式作差,消去Sn.【對點訓練3】(2020四川綿陽三模,理17)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1=1,an+1=23Sn(1)求Sn;(2)設bn=1Sn,求證:b1+b2+b3+…+bn<熱點四等差、等比數(shù)列的綜合問題【例4】(2020安徽合肥4月質檢二,理17)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a2=1,S7=14,數(shù)列{bn}滿足b1·b2·b3·…·bn=2n(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式;(2)若數(shù)列{cn}滿足cn=bncos(anπ),求數(shù)列{cn}的前2n項和T2n.解題心得對于等差、等比數(shù)列的綜合問題,解決的思路主要是方程的思想,即運用等差、等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式將已知條件轉化成方程或方程組,求出首項、公差、公比等基本量,再由基本量求出題目要求的量.【對點訓練4】(2020全國Ⅲ,文17)設等比數(shù)列{an}滿足a1+a2=4,a3a1=8.(1)求{an}的通項公式;(2)記Sn為數(shù)列{log3an}的前n項和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.熱點五等差、等比數(shù)列的存在問題【例5】(2020山東新高考模擬,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=25這三個條件中任選一個,補充在下面問題中,若問題中的k存在,求k的值;若k不存在,說明理由.設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,,b1=a5,b2=3,b5=81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2?

解題心得從三個給出的選擇性條件中,選擇自己好理解的條件是解題的關鍵,將已知的條件通過邏輯推理進行轉換是解題的突破口,較強的運算能力是拿到滿分的重要保證.【對點訓練5】(2020山東棗莊二模,17)在①S4是a2與a21的等差中項;②a7是S33與a22的等比中項;③數(shù)列{a2n}的前5項和為65這三個條件中任選一個,補充在橫線中,已知{an}是公差為2的等差數(shù)列,其前n項和為Sn,.

(1)求an;(2)設bn=34n·an,是否存在k∈N*,使得bk>278?若存在,求出k的值;若不存在核心素養(yǎng)微專題(四)求解等差、等比數(shù)列的應用題【例1】(2020安徽合肥一中模擬,文12)如圖所示,一條螺旋線是用以下方法畫成的:△ABC是邊長為2的正三角形,曲線CA1,A1A2,A2A3是分別以A,B,C為圓心,AC,BA1,CA2為半徑畫的圓弧,曲線CA1A2A3稱為螺旋線的第一圈,然后又以A為圓心,AA3為半徑畫圓弧,……,這樣畫到第n圈,則所得螺旋線的長度ln為()A.(3n2+n)π B.2(3n2+n)πC.(3n2核心素養(yǎng)分析本例考查考生多個核心素養(yǎng),首先需要考生在讀懂題意的基礎上,從題目所給的幾何圖形中通過“數(shù)學抽象”得到一組數(shù)據;再通過“數(shù)學建?！睂栴}轉化為等差數(shù)列模型;然后對等差數(shù)列模型的各項數(shù)值通過“數(shù)據分析”得到等差數(shù)列的項數(shù)和公差;最后通過“數(shù)學運算”得出答案.【跟蹤訓練1】(2019四川綿陽模擬,理16)如圖,互不相同的點A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分別在角O的兩條邊上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面積均相等.設OAn=an,若a1=1,a2=2,則數(shù)列{an}的通項公式是.

【例2】已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為6,E,F,G分別為A1B1,BB1,B1C1的中點,E1,F1,G1分別為EB1,FB1,B1G的中點,E2,F2,G2分別為E1B1,F1B1,B1G1的點,……,依此類推,令三棱錐BA1B1C1的體積為V1,三棱錐FEB1G的體積為V2,三棱錐的體積為F1E1B1G1的體積為V3,……,則V1+V2+V3+…+Vn=()A.288-B.288C.288-D.576核心素養(yǎng)分析本例考查三個核心素養(yǎng),考生在讀懂題意的基礎上,需要從題目所給的正方體中通過“數(shù)學抽象”得到三棱錐的一組體積數(shù)據;再通過“數(shù)學建模”將問題轉化為等比數(shù)列模型;然后對等比數(shù)列通過“數(shù)學運算”得出答案.【跟蹤訓練2】在數(shù)列{an}中,a1=1,前n項和Sn滿足3x(Sn+11)=(2x+3)Snx≠0,x≠32,n∈N*.令f(x)=an+1an,則f(x)=4.2數(shù)列大題4.2.1等差、等比數(shù)列的綜合問題關鍵能力·學案突破【例1】(1)證明∵bn=an+n,∴bn+1=an+1+n+1.又an+1=4an+3n1,∴bn+1bn=an+1+n+1an+n∴數(shù)列{bn}是首項為2,公比為4的等比數(shù)列.(2)解由(1)知,bn=2×4n1,∴an=bnn=2×4n1n,∴Sn=a1+a2+…+an=2(1+4+42+…+4n1)(1+2+3+…+n)=2(1-4n)1-4對點訓練1(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的等比數(shù)列由題設得4(an+1bn+1)=4(anbn)+8,即an+1bn+1=anbn+2.又因為a1b1=1,所以{anbn}是首項為1,公差為2的等差數(shù)列.(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,anbn=2n1.所以an=12[(an+bn)+(anbn)]bn=12[(an+bn)(anbn)]=12【例2】解(1)設{an}的公差為d.由S9=a5,得a1+4d=0.由a3=4,得a1+2d=4.可得a1=8,d=2.因此{an}的通項公式為an=102n.(2)由(1)得a1=4d,故an=(n5)d,Sn=n由a1>0知d<0,故Sn≥an等價于n211n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10,n∈N}.對點訓練2解(1)給出的通項公式為an=2n+4,a1=6,a2=8符合題意.因為對任意n∈N*,an+1an=2(n+1)+42n4=2,所以{an}是公差為2的等差數(shù)列.對任意m,n∈N*且m≠n,am+an=2m+4+2n+4=2(m+n+2)+4=am+n+2,所以{an}是“Q數(shù)列”.(2)因為{an}是等差數(shù)列,所以Sn=n(6+2n+4)2=n2+5n(因為Sn單調遞增,且S7=72+5×7=84<100,S8=82+5×8=104>100,所以n的最小值為8.注:以下答案也正確,解答步驟參考上面內容:①an=3n+3,Sn=32n2+92n,n②an=6n,Sn=3n2+3n,n的最小值為6.【例3】解(1)設{an}的公比為q.由題設得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),q=2因為a1q2=8,所以a1=2.所以{an}的通項公式為an=2n.(2)由題設及(1)知b1=0,且當2n≤m<2n+1時,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(10063)=480.對點訓練3(1)解an+1=23Sn,可得an+1=Sn+1Sn=23Sn,即Sn+1=53由a1=1,可得S1=1,可得數(shù)列{Sn}是首項為1,公比為53的等比數(shù)列,則Sn=5(2)證明因為bn=1S所以{bn}是首項為1,公比為35的等比數(shù)列,則b1+b2+b3+…+bn=1-35n1【例4】解(1)設{an}的公差為d,由a2=1,S7=14得a解得a1=12,d=12,所以an∵b1·b2·b3·…·bn=2n2+n2=2n(n+1)2,∴b1·b2·b兩式相除得bn=2n(n≥2).當n=1時,b1=2,適合上式,∴bn=2n.(2)∵cn=bncos(anπ)=2ncosn2∴T2n=2cosπ2+22cosπ+23cos3π2+24cos2π+…+22n1cos(2n-1)π2+22ncosnπ=22cosπ+24cos2π+26cos3π+…+22ncosnπ=22+2426+…+(對點訓練4解(1)設{an}的公比為q,則an=a1qn1.由已知得a1+a1q=4,a所以{an}的通項公式為an=3n1.(2)由(1)知log3an=n1,故Sn=n由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m25m6=0,解得m=1(舍去),m=6.【例5】解因為在等比數(shù)列{bn}中,b2=3,b5=81,所以公比q=3,從而bn=b2(3)n2=3×(3)n2,從而a5=b1=1.若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk>Sk+ak+1,從而ak+1<0;同理,若使Sk+1<Sk+2,即Sk+1<Sk+1+ak+2,從而ak+2>0.若選①:由b1+b3=a2,得a2=19=10,又a5=1,則可得a1=13,d=3,所以an=3n16,當k=4時,能使a5<0,且a6>0成立;若選②:由a4=b4=27,且a5=1,所以數(shù)列{an}為遞減數(shù)列,故不存在ak+1<0,且ak+2>0;若選③:由S5=25=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=5,從而an=2n11,所以當k=4時,能使a5對點訓練5解(1)若選①S4是a2與a21的等差中項,則2S4=a2+a21,即24a1+4×32×2=(a1+2)+(a1+20×2).解得a1=3.所以an=3+2(n1)=2n+若選②a7是S33與a22的等比中項,則a7即(a1+6×2)2=a1+3-12×2·(a1+21×2).解得a1=所以an=3+2(n1)=2n+1.若選③數(shù)列{a2n}的前5項和為65,則a2+a4+a6+a8+a10=65,即5a1+25d=65,解得a1=3.所以an=3+2(n1)=2n+1.(2)不存在.理由如下,bn=34n·an=(2bn+1bn=(2n+3)·34n+1(2n+1)·34n=3n4n+1所以bn+1>bn可轉化為bn+1bn>0,即52n>0,解得n<2.5,則n=1,2,即b3>b2>b1;bn+1<bn可轉化為bn+1bn<0,即52n<0,解得n>2.5,則n=3,4,5,…,即b3>b4>b5>….所以{bn}中的最大項為b3=(2×3+1)×顯然b3=7所以?n∈N*,bn<27所以不存在k∈N*,使得bk>