2020届高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用教学案

2020届高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用教学案

第2讲　数列求和及综合应用 ‎ [考情考向·高考导航]‎ ‎1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等．‎ ‎2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．‎ ‎[真题体验]‎ ‎1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.‎ 解析：当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.‎ 当n≥2时，Sn＝2an＋1　①‎ Sn－1＝2an－1＋1　②‎ ‎①－②得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1‎ 即＝2，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，‎ ‎∴S6＝＝－63.‎ 答案：－63‎ ‎2．(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，依题意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.‎ 所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为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)．‎ 记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，　①‎ 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②‎ ‎②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝‎ - 18 -‎ eq f((2n－1)3n＋1＋3,2).‎ 所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3× ‎＝(n∈N*)．‎ ‎[主干整合]‎ ‎1．数列通项 ‎(1)数列通项an与前n项和Sn的关系，an＝ ‎(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误．‎ ‎2．数列求和 ‎(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．‎ ‎(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．‎ ‎(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．‎ 热点一　求数列的通项公式 ‎[例1]　(1)(2020·临沂模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于(　　)‎ A．2＋ln n　　　　　　　　 B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n ‎(2)(2020·成都模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，Sn＝n2an(n∈N)．则数列{an}的通项公式为____________．‎ ‎[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，‎ ‎…‎ - 18 -‎ a2－a1＝ln，‎ 将以上n－1个式子叠加，得 an－a1＝ln＋ln＋…＋ln ‎＝ln ‎＝ln n.‎ 所以an＝2＋ln n(n≥2)，‎ 经检验n＝1时也适合．故选A.‎ ‎(2)由Sn＝n2an，(ⅰ)得 当n≥2时，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)，‎ 因为a1····…·＝×××·…·＝，‎ 又a1＝，符合上式，所以an＝.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)an＝ ‎1．数列{an}中，an与Sn的关系 an＝ ‎2．求数列通项的常用方法 ‎(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．‎ ‎(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.‎ ‎(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累积法求数列的通项an.‎ ‎(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．‎ ‎(1)数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足＝1(n≥2)．则数列{an}的通项公式为________________．‎ 解析：由已知，当n≥2时，＝1，‎ - 18 -‎ 所以＝1，即＝1，‎ 所以－＝.又S1＝a1＝1，‎ 所以数列是首项为1，公差为的等差数列．‎ 所以＝1＋(n－1)＝，即Sn＝.‎ 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.‎ 因此an＝ 答案：an＝ ‎(2)各项均不为0的数列{an}满足＝an＋2an(n∈N*)，且a3＝2a8＝，则数列{an}的通项公式为____________．‎ 解析：因为＝an＋2an，所以an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an.‎ 因为anan＋1an＋2≠0，所以＋＝，‎ 所以数列为等差数列．‎ 设数列的公差为d，则＝＋(8－3)d.‎ 因为a3＝2a8＝，所以d＝1，又＝－2d＝3，所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎∴＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝.‎ 答案：an＝ 热点二　数列求和问题 裂项相消法求和 ‎[例2－1]　(2018·天津卷)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)．‎ ‎①求Tn；‎ ‎②证明∑n,k＝1 ＝－2(n∈N*)．‎ - 18 -‎ ‎[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q＞0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4，由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ ‎(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故 Tn＝－n ‎＝2n＋1－n－2.‎ ‎②证明：因为 ＝ ‎＝＝－，‎ 所以，∑n,k＝1 ＝＋＋…＋＝－2.‎ 错位相减法求和 ‎[例2－2]　(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项，数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.‎ ‎(1)求q的值；‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式．‎ ‎[解析]　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得 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＝，‎ 因为q＞1，所以q＝2.‎ ‎(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.‎ 由cn＝ 解得cn＝4n－1.‎ 由(1)可得，an＝2n－1，‎ - 18 -‎ 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)＝(4n－5)·n－2＋(4n－9)·n－3＋…＋7·＋3.‎ 设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.‎ 数列求和的常用方法 ‎1．利用裂项相消法求和的注意事项 ‎(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；‎ ‎(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若{an}是等差数列且an≠0，则 ＋＋…＋＝.‎ ‎2．用错位相减法求和时应注意的两点 ‎(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；‎ ‎(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．‎ ‎3．并项求和法 一个数列的前n项和可两两结合求解，则称为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用并项求和．‎ ‎(1)(2020·长沙模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.设 - 18 -‎ bn＝，数列{bn}的前n项和为____________________．‎ 解析：由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，‎ 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，‎ 由于{an}是正项数列，所以Sn＋1＞0.‎ 所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．‎ n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，‎ n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．‎ ‎∴an＝2n(n∈N*)．‎ 即bn＝＝ ‎＝ Tn＝ ‎＝ 答案： ‎(2)已知an＝若数列{bn}满足anbn＝log3an，则数列{bn}的前n项和为____________．‎ 解析：因为anbn＝log3an，所以b1＝，‎ 当n＞1时，bn＝3(1－n)log33n－1＝(n－1)·31－n.‎ 所以T1＝b1＝；‎ 当n＞1时，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)，‎ 两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，‎ 所以Tn＝－.经检验，n＝1时也适合．‎ 综上可得Tn＝－.‎ 答案：－ - 18 -‎ 热点三　数列与函数不等式的交汇创新 ‎[例3]　(2019·桂林三模)已知函数f(x)的图象过定点(1,1)，且对任意的实数x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝1＋f(x1)＋f(x2)．‎ ‎(1)证明数列(n∈N*)为等比数列；‎ ‎(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，不等式T2n－Tn＞log2(x＋1)(n≥2，n∈N*)恒成立，求实数x的取值范围．‎ ‎[审题指导]　(1)先令x1＝x2＝，再证明数列(n∈N*)为等比数列；(2)先求出数列的通项公式，再求和，根据T2n－Tn的单调性求出最小项，最后求实数x的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)令x1＝x2＝，则f＝1＋f＋f，即f＝1＋2f，‎ 则f＋1＝2，‎ 令x1＝x2＝，则f(1)＝1＋2f＝1，得f＝0，所以数列是等比数列，公比为，首项为1.‎ ‎(2)由题意知函数f(x)的图象过定点(1,1)，‎ 所以f(1)＝1.‎ 令x1＝n，x2＝1，‎ 则f(n＋1)＝1＋f(1)＋f(n)，‎ 即f(n＋1)＝f(n)＋2，‎ 则{f(n)}是等差数列，公差为2，首项为1，‎ 故f(n)＝1＋(n－1)·2＝2n－1.‎ 因为bn＝，所以bn＝＝.‎ 设g(n)＝T2n－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＝＋＋…＋，‎ 则g(n＋1)－g(n)＝＋－＝＞0，‎ 所以{g(n)}是递增数列，g(n)min＝g(2)＝＋＝，‎ - 18 -‎ 从而log2(x＋1)＜，即log2(x＋1)＜2，则解得x∈(－1,3)，‎ 所以实数x的取值范围为(－1,3)．‎ ‎1．求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．‎ ‎2．数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理．‎ ‎(2019·淮南二模)若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(x∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logan，求证：对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.‎ 解：(1)∵Sn＝－an，‎ ‎∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，‎ ‎∴an＝an－1，‎ 又∵S1＝－a1，∴a1＝，‎ ‎∴an＝n－1＝2n＋1.‎ ‎(2)证明：由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得当n≥2时，‎ cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)．‎ ‎∴＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝× ‎＝ ‎＝－＜.‎ - 18 -‎ 又∵＋＋＋…＋≥＝，∴原式得证．‎ 限时50分钟　满分76分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2020·重庆七校联考)若数列{an}满足－＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝(　　)‎ A．4　　　　 B．16　　　　 C．32　　　 　D．64‎ 解析：C　[由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比为的等比数列，故是公比为的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故选C.]‎ ‎2．(2020·江西省五校协作体考试)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n,2bn＝2an＋2－an＋1，则＋＋…＋＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：D　[因为an＋Sn＝2n　①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1　②，②－①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，＝＝－，则＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D.]‎ ‎3．(2020·广东省六校联考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＜λ(λ为常数，n∈N*)，则λ的最小值是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：C　[a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，①‎ 当n≥2时，a1＋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)．当n＝1时，a1＝3≠4，所以an＝ bn＝ - 18 -‎ 所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋，③　Sn＝＋＋＋＋…＋＋，④‎ ‎③－④得，Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－，‎ 所以Sn＝－＜，所以易知λ的最小值是，故选C.]‎ ‎4．(2019·青岛三模)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么∑100,i＝51f(i)的值为(　　)‎ A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500‎ 解析：D　[由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n为奇数则f(n)＝n，‎ 则∑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)已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则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)，当n＝1时也满足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，选C.]‎ ‎6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{an}中公差d≠0，a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，若对任意的n∈N*，恒有≤(m∈N*)，则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.因为a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，所以2kn－1＝3n＋1.令bn＝＝‎ - 18 -‎ eq f(2n－1,3n＋1)，设数列{bn}中的最大项为bl，故满足解得1≤l≤2，即数列{bn}中的最大项为b1，b2，所以m＝1或2.]‎ 二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)‎ ‎7．(2019·昆明三模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为________．‎ 解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.‎ 答案：1 123‎ ‎8．(2019·山师附中质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：‎ a1‎ a2，a3‎ a4，a5，a6‎ a7，a8，a9，a10‎ ‎……‎ 记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…，构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＝2bn－1，则a56＝________.‎ 解析：当n≥2时，∵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，∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝2n－1.‎ 设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，则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 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎9．(2020·郑州三测)已知数列{an}满足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足bn＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是？‎ 解析：(1)因为2an·an＋1＋an＋1－an＝0，‎ - 18 -‎ 所以an＋1＝，‎ －＝－＝2，‎ 由等差数列的定义可得是首项为＝1，公差为d＝2的等差数列．‎ 故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝.‎ ‎(2)由(1)得bn＝，‎ 所以Sn＝＋＋…＋，‎ 两边同乘以得，Sn＝＋＋…＋，‎ 两式相减得Sn＝＋2－，‎ 即Sn＝＋2×－＝－－，‎ 所以Sn＝3－.‎ 因为Sn＋1－Sn＝－＝＞0，所以数列{Sn}是关于项数n的递增数列，所以Sn≥S1＝，因为＜，所以不存在n，使得Sn＝.‎ ‎10．(2019·武汉二模)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎(1)求an与bn；‎ ‎(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎①求Sn；‎ ‎②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.‎ 解析：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()b3－b2＝8.‎ 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，‎ 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．‎ 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．‎ 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ - 18 -‎ ‎(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，‎ 所以Sn＝－(n∈N*)．‎ ‎②因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；‎ 当n≥5时，‎ cn＝，‎ 而－＝＞0，‎ 即数列当n≥5时是递减的．‎ 所以≤＜1，‎ 所以，当n≥5时，cn＜0.‎ 综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.‎ ‎11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)已知＝，求证：≤＋＋…＋＜1.‎ 解析：(1)因为3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝.‎ 则＝3×，＝3×，＝3×，…，‎ ＝3×，‎ 累乘，可得＝3n－1×n，因为b1＝3，所以bn＝n·3n，‎ 即数列{bn}的通项公式bn＝n·3n.‎ ‎(2)证明：因为＝，所以an＝·3n.‎ 因为＝· ‎＝·＝· ‎＝·－·，‎ - 18 -‎ 所以＋＋…＋＝＋＋…＋ ‎＝1－·.‎ 因为n∈N*，所以0＜·≤，‎ 所以≤1－·＜1，‎ 所以≤＋＋…＋＜1.‎ ‎11．(理)(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”．‎ ‎(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M数列”；‎ ‎(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设m为正整数，若存在“M数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．‎ 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，‎ q≠0.‎ 由得解得 因此数列{an}为“M数列”．‎ ‎(2)①因为＝－，所以bn≠0.‎ 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.‎ 由＝－，得Sn＝，‎ 当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，‎ 得bn＝－，‎ 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.‎ 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ 因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．‎ ‎②由①知，bk＝k，k∈N*.‎ 因为数列{cn}为“M数列”，设公比为q，所以c1＝1，‎ q＞0.‎ 因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m.‎ - 18 -‎ 当k＝1时，有q≥1；‎ 当k＝2,3，…，m时，有≤ln q≤.‎ 设f(x)＝(x＞1)，则f′(x)＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：‎ x ‎(1，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  因为＝＜＝，所以f(k)max＝f(3)＝.‎ 取q＝，当k＝1,2,3,4,5时，≤ln q，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.‎ 若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，‎ 所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.‎ 综上，所求m的最大值为5.‎ - 18 -‎ ‎高考解答题·审题与规范(三)　数列类考题 数列问题重在“归”‎ 思维流程 ‎　　等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量．只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.‎ 真题案例 审题指导 审题方法 ‎(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.‎ ‎(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；‎ ‎(2)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎(1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列{an＋bn}为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列{an－bn}为等差数列；(2)由(1)分别求得数列{an＋bn}和{an－bn}的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得{an}，{bn}的通项公式.‎ 结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破.‎ 规范解答 评分细则 - 18 -‎ ‎[解析]　(1)由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)2分①‎ 又因为a1＋b1＝1≠0.3分②‎ 所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.4分③‎ 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.5分④‎ 又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.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)问踩点得分 ‎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证明{an＋bn}是等比数列得1分．‎ ‎④由已知得出an＋1－bn＋1＝an－bn＋2得1分．‎ ‎⑤证明{an－bn}是等差数列得1分．‎ 第(2)问踩点得分 ‎⑥分别计算an＋bn，an－bn的通项各得2分．‎ ‎⑦求出an的通项得2分．‎ ‎⑧求出bn的通项得2分.‎ - 18 -‎