1/2一、邏輯推理本章中，邏輯推理核心素養(yǎng)主要體現(xiàn)在等差（比）數(shù)列的判斷與證明和*數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用問(wèn)題中.培優(yōu)一等差、等比數(shù)列的判斷與證明【例1】已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立.①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列；③a2＝3a1注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.嘗試解答【例2】記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，已知2Sn＋1b（1）證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；（2）求{an}的通項(xiàng)公式.嘗試解答培優(yōu)二*數(shù)學(xué)歸納法【例3】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＝an2＋1an－1，且an＞0，n（1）求a1，a2，a3，并猜想{an}的通項(xiàng)公式；（2）證明通項(xiàng)公式的正確性.嘗試解答二、數(shù)學(xué)運(yùn)算在本章數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng)主要體現(xiàn)在等差（比）數(shù)列中基本量的運(yùn)算，數(shù)列求和問(wèn)題中.培優(yōu)三等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算【例4】（1）（2023·新高考Ⅱ卷8題）記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝（）A.120 B.85C.－85 D.－120（2）（2023·全國(guó)甲卷5題）設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4＝（）A.158 B.C.15 D.40（3）（2023·全國(guó)乙卷15題）已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝.嘗試解答培優(yōu)四數(shù)列求和【例5】（2023·全國(guó)乙卷18題）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝11，S10＝40.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列{｜an｜}的前n項(xiàng)和Tn.嘗試解答【例6】（2022·新高考Ⅰ卷）記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，Snan是公差為（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）證明：1a1＋1a2＋…＋嘗試解答培優(yōu)五函數(shù)方程思想在數(shù)列運(yùn)算中的應(yīng)用【例7】設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Sn為數(shù)列{log3an}的前n項(xiàng)和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.嘗試解答【例8】（2023·新高考Ⅰ卷20題）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＞1.令bn＝n2＋nan，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn（1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通項(xiàng)公式；（2）若{bn}為等差數(shù)列，且S99－T99＝99，求d.嘗試解答章末復(fù)習(xí)與總結(jié)【例1】解：①③?②.已知{an}是等差數(shù)列，a2＝3a1.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以Sn＝na所以Sn+1－Sn＝（n＋1）a1－na1＝a1（常數(shù)），①②?③.已知{an}是等差數(shù)列，{Sn}是等差數(shù)列設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋n（n－1）2d＝12因?yàn)閿?shù)列{Sn}是等差數(shù)列，所以數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式是關(guān)于n的一次函數(shù)，則a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3②③?①.已知數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1設(shè)數(shù)列{Sn}的公差為d，d＞0，則S2－S1＝4a1－a1＝d，得a1＝d2，所以Sn＝S1＋（n－1）d＝nd，所以所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），是關(guān)于n的一次函數(shù)，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.【例2】解：（1）證明：因?yàn)閎n是數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，所以n≥2時(shí)，Sn＝bn代入2Sn＋1bn＝2可得，2b整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12（n≥2又2S1＋1b1＝3b1＝2，故{bn}是以32為首項(xiàng)，12（2）由（1）可知，bn＝n+22，則2Sn＋2n+2＝2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝32，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1－n+1n＝－1【例3】解：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，由已知得a1＝a12＋1a即a12＋2a1－2＝∴a1＝3－1（a1＞0）.當(dāng)n＝2時(shí)，由已知得a1＋a2＝a22＋1a將a1＝3－1代入并整理得a22＋23a2－2＝∴a2＝5－3（a2＞0）.同理可得a3＝7－5.猜想an＝2n+1－2n－1（（2）證明：①由（1）知，當(dāng)n＝1時(shí)，通項(xiàng)公式成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N＋）時(shí)，通項(xiàng)公式成立，即ak＝2k+1－由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝ak+12＋1ak將ak＝2k+1－2kak+12＋22k+1ak＋1∴ak＋1＝2k+3－2k+1＝即n＝k＋1時(shí)通項(xiàng)公式成立.由①②可知對(duì)所有n∈N＋，an＝2n+1－2【例4】（1）C（2）C（3）－2解析：（1）法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.若q＝1，則Sn＝na1，不滿足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得a1（1－q6）1－q＝21a1（1＋q）.整理，得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.顯然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝a1（1－q8）1－q＝a1法二易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…為等比數(shù)列，∴（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝54.當(dāng)S2＝－1時(shí)，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；當(dāng)S2＝54時(shí)，結(jié)合S4＝－5得a1（1－q4）1－q＝－5，a1（2）法一若該數(shù)列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由1－q51－q＝5×1－q31－q－4，化簡(jiǎn)得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此數(shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q＝2法二由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得（1＋q）（q3－4q）＝0，由于此數(shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.（3）法一設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q.由a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，得a13q8＝a12q7，a12q17＝－8，∴a1q=1，q法二設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2.【例5】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝解得a1=13，d＝－2，∴an＝13＋（n－1∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－2n＋15.（2）令an＝－2n＋15＞0，n∈N*，解得n≤7，n∈N*.∴｜an｜＝－當(dāng)n≤7時(shí)，Tn＝Sn＝13n＋n（n－1）2×（－2）＝－當(dāng)n≥8時(shí)，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＋｜a8｜＋｜a9｜＋…＋｜an｜＝7×13＋7×（7－1）2×（－2）＋（n－7）×1＋（n－7)(∴Tn＝－【例6】解：（1）法一因?yàn)閍1＝1，所以S1a1又Snan是公差為所以Snan＝1＋（n－1）×1因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，所以SnSn－Sn－所以Sn－Sn－1S整理得SnSn－1＝n所以S2S1×S3S2×…×Sn－1Sn－2×SnSn－所以Sn＝n（n+1)(n又S1＝1也滿足上式，所以Sn＝n（n+1)(n+2則Sn－1＝（n－1）n所以an＝n（n+1)(n+2）6－又a1＝1也滿足上式，所以an＝n（n+1）2（法二因?yàn)閍1＝1，所以S1a1又Snan是公差為所以Snan＝1＋（n－1）×13＝n+23，所以S因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n+23an－n+13a所以n+13an－1＝n－13an（n≥2），所以ana所以a2a1×a3a2×…×an－1an－2×anan－1＝所以an＝n（n+1）2又a1＝1也滿足上式，所以an＝n（n+1）2（（2）證明：因?yàn)閍n＝n（所以1an＝2n（所以1a1＋1a2＋…＋1an＝2［1－12＋12－13【例7】解：（1）設(shè){an}的公比為q，則an＝a1qn－1.由已知得a1＋a1q=4，a1q所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.（2）由（1）知log3an＝n－1.故Sn＝n（由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m（m－1）＋（m＋1）m＝（m＋3）·（m＋2），即m2－5m－6＝0.解得m＝－1（舍去），m＝6.【例8】解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，則an＝nd（d＞1），∴bn＝n+1∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝9d∴6d＋9d＝21.整理，得2d2－7d＋3＝0即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝12（舍去∴an＝3n，n∈N*.（2）若{bn}為等差數(shù)列，則b1＋b3