【数学】2020届一轮复习苏教版专题四第四讲专题提能——“数列”专题提能课学案
第四讲 专题提能——“数列”专题提能课
失误1
因忽视对n＝1的检验而失误
[例1] 已知数列{an}的前n项之和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式为________．
[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
∴an＝
[答案] an＝
[点评] 在对数列的概念的理解上，仅注意了an＝Sn－Sn－1，导致出现错误答案an＝2n.已知Sn求an时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分．
失误2
因不会设项而解题受阻
[例2] 已知一个等比数列{an}的前4项之积为，第2,3项的和为，则数列{an}的公比q＝________.
[解析] 设数列{an}的前4项分别为a，aq，aq2，aq3，
则可得
所以(1＋q)4＝64q2，
当q>0时，可得q2－6q＋1＝0，解得q＝3±2，
当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0，解得q＝－5±2.
综上，q＝3±2或q＝－5±2.
[答案] 3±2或－5±2
[点评] 一般地，在乘积已知的条件下，三个数成等比数列时，可将此三个数分别设为，a，aq；四个数成等比数列时，可将此四个数分别设为a，aq，aq2，aq3，不要设为，，aq，aq3.公比为负数的等比数列中，所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号相同.
失误3
因忽视公比q的讨论而失分
[例3] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.
[解] 若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，与题设矛盾，故q≠1.又依题意S3＋S6＝2S9⇒＋＝2·⇒q3(2q6－q3－1)＝0，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因为q≠1，所以q3－1≠0，所以2q3＋1＝0.解得q＝－.
[点评] 在等比数列中，a1≠0是显然的，但公比q
完全可能为1，因此，在解题时应先讨论公比q＝1的情况，再在q≠1的情况下，对式子进行整理变形．
策略1
构造辅助数列法：妙求数列的通项公式
[例1] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
[解析] 因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1，设＋t＝3，所以3t－t＝1，解得t＝，所以＋＝3，又＋＝1＋＝，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝，
所以＝，所以an＝.
[答案] an＝
[点评] 本题条件中的递推公式取倒数后化为形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)的递推公式，再用待定系数法把此递推公式转化为an＋1＋t＝p(an＋t)，其中t＝，再转化为等比数列求解.
策略2
赋值法：巧解数列中的方程问题
[例2] 已知数列{an}的前三项分别为a1＝5，a2＝6，a3＝8，且数列{an}前n项和Sn满足Sn＋m＝(S2n＋S2m)－(n－m)2，其中m，n为任意正整数．求数列{an}的通项公式an.
[解] 令n＝1，m＝2，得S3＝(S2＋S4)－1，
∵S2＝11，S3＝19，∴S4＝29，a4＝10.
令m＝1，得Sn＋1＝(S2n＋S2)－(n－1)2，
令m＝2，得Sn＋2＝(S2n＋S4)－(n－2)2，
∴an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝2n－3＋＝2n＋6＝2(n＋2)＋2，
∴an＝2n＋2(n≥3)．
又a2＝6符合，a1＝5不符合，
∴an＝
[点评]
含有两个变量的方程常常让人束手无策，而实际上，如果让一个变量“定下来”，即对其中一个变量赋“常量”，就可以让问题转化为一个变量，从而找到突破口，得到所需的递推关系，顺利求解．
1．函数与方程思想——解决数列基本量的求解问题
[例1] 设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求{an}的通项公式．
[解] 由题意可知＝，
整理得Sn＝(an＋2)2，
当n＝1时，S1＝(a1＋2)2＝a1，解得a1＝2.
又an＋1＝Sn＋1－Sn，
∴an＋1＝(an＋1＋2)2－(an＋2)2，
整理得：(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0.
又∵an>0，∴an＋1－an－4＝0，
∴an＋1－an＝4，即{an}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an＝4n－2.
[点评] 本例利用了方程的消元思想，通过an＋1＝Sn＋1－Sn，Sn＝(an＋2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助an＋1＝Sn＋1－Sn消去an，利用Sn＋1，Sn的递推关系解题．
2．分类讨论思想——解决数列前n项和的问题
[例2] 设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2，…)．
(1)求q的取值范围；
(2)设bn＝an＋2－an＋1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．
[解] (1)因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
当q＝1时，Sn＝na1>0；
当q≠1时，Sn＝>0，即>0(n＝1,2，…)，
上式等价于不等式组：(n＝1,2，…)，①
或(n＝1,2，…)，②
解①式得q>1；解②式，由于n可为奇数、可为偶数，得－1
0且－10.
∴当－12时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn；
当－0，<－1，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是________．
解析：∵{an}为等差数列，a1>0，<－1，∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a2 018|>|a2 019|，等价于a2 018>0，a2 019<0且a2 018＋a2 019>0.
∴在等差数列{an}中，a2 018＋a2 019＝a1＋a4 036>0，S4 036＝＞0，S4 037＝＝4 037a2 019<0，∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4 036.
答案：4 036
B组——方法技巧练
1．设Sn是等比数列{an}的前n项的和，若a3＋2a6＝0，则的值是________．
解析：由a3＋2a6＝0，得q3＝－，则＝×＝1＋q3＝.
答案：
2．若公比不为1的等比数列{an}满足log2(a1a2…a13)＝13，等差数列{bn}满足b7＝a7，则b1＋b2＋…＋b13的值为________．
解析：∵log2(a1a2…a13)＝13，∴log2a＝13⇒a7＝2＝b7，∴b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝26.
答案：26
3．已知数列{an}满足a2n－1＋1≤a2n≤2a2n＋1，n∈N*，a1＝1，若前n项和为Sn，则S11的最小值为________．
解析： 要使Sn最小，则数列各项为1,2,1,2,1,2,1,2，…，所以当S11的最小值为16.
答案：16
4．各项均为正数的等比数列{an}满足：a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记数列{an}前n项积为Tn，则满足Tn>1的最大正整数n的值为________．
解析：a6＋a7>a6a7＋1>2⇒因为a1>1，所以由a6a7>1⇒a1a12＝a2a11＝…＝a6a7>1⇒T12>1，a7<1⇒a1a13＝a2a12＝…＝a6a8<1⇒T13<1，所以n的最大值为12.
答案：12
5．已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.
又a1>1，所以a1＝2.
因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，
所以10Sn＝2a＋5an＋2，
故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，
整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，
即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.
因为{an}是递增数列且a1＝2，
所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.
所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，
所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1)．
(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：
假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，
则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，
整理，得2m＋2n－k＝，(*)
显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立．
故满足条件的正整数m，n，k不存在．
6．数列{an}，{bn}，{cn}满足：bn＝an－2an＋1，cn＝an＋1＋2an＋2－2，n∈N*.
(1)若数列{an}是等差数列，求证：数列{bn}是等差数列；
(2)若数列{bn}，{cn}都是等差数列，求证：数列{an}从第二项起为等差数列；
(3)若数列{bn}是等差数列，试判断当b1＋a3＝0时，数列{an}是否成等差数列？证明你的结论．
解：(1)证明：设数列{an}的公差为d，∵bn＝an－2an＋1，
∴bn＋1－bn＝(an＋1－2an＋2)－(an－2an＋1)＝(an＋1－an)－2(an＋2－an＋1)＝d－2d＝－d，
∴数列{bn}是公差为－d的等差数列．
(2)证明：当n≥2时，cn－1＝an＋2an＋1－2，
∵bn＝an－2an＋1，∴an＝＋1，
∴an＋1＝＋1，
∴an＋1－an＝－＝＋，
∵数列{bn}，{cn}都是等差数列，
∴＋为常数，
∴数列{an}从第二项起为等差数列．
(3)数列{an}成等差数列．
∵bn＝an－2an＋1，b1＋a3＝0，
令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0，
∴bn＋1＝an＋1－2an＋2，bn＋2＝an＋2－2an＋3，
∴2bn＋1－bn－bn＋2＝(2an＋1－an－an＋2)－2(2an＋2－an＋1－an＋3)，
∵数列{bn}是等差数列，∴2bn＋1－bn－bn＋2＝0，
∴2an＋1－an－an＋2＝2(2an＋2－an＋1－an＋3)，
∵a1－2a2＋a3＝0，∴2an＋1－an－an＋2＝0，
∴数列{an}是等差数列．
C组——创新应用练
1．数列{an}中，an＝(n∈N*)，则最大项是第________项．
解析：因为an＝＝1＋，所以{an}在[1,9]单调递减，[10，＋∞)单调递减，所以n－>0且最小时，an最大；n－<0且最大时，an最小．所以当n＝10时an最大．
答案：10
2．对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝__________.
解析：由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2时均有an＝f＝＝k，所以S3n＝0＋0＋,＋,＋…＋,＋n＝3××(n
－1)＋n＝n2－n.
答案：n2－n
3．等差数列{an}的前n项和为Sn.若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为________．
解析：法一：设a1＋3d＝m(2a1＋3d)＋n(a1＋2d)，
于是a1＋3d＝(2m＋n)a1＋(3m＋2n)d，
由解得
所以a1＋3d＝－(2a1＋3d)＋3(a1＋2d)≤－5＋3×3＝4，
所以a4的最大值是4.
法二：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，因为S4≥10，S5≤15,
所以即
而a4＝a1＋3d.建立如图所示的平面直角坐标系a1Od，作出可行域及目标函数a4＝a1＋3d.当直线a4＝a1＋3d过可行域内点A(1,1)时截距最大，此时目标函数a4＝a1＋3d取得最大值4.
答案：4
4．设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.
解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.∵对任意正整数n，上式恒成立，∴解得∴数列{an}的公差d＝2.
答案：2
5．设数列{an}满足a＝an＋1an－1＋λ(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N*，λ为常数．
(1)若{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；
(2)若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3,7]，使得m·an≥n－r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；
(3)若λ≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an＋T＝an对任意的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{an}中T的最小值．
解：(1)由题意，可得a＝(an＋d)(an－d)＋λd2，
化简得(λ－1)d2＝0，
又d≠0，所以λ＝1.
(2)将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a＝an＋1an－1，所以数列{an}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以an＝2n－1.
若存在r∈[3,7]，使得m·2n－1≥n－r，
即r≥n－m·2n－1对任意n∈N*都成立，
则7≥n－m·2n－1，
所以m≥对任意的n∈N*都成立．
令bn＝，
则bn＋1－bn＝－＝，
所以当n＞8时，bn＋1＜bn；
当n＝8时，b9＝b8；
当n＜8时，bn＋1＞bn.
所以bn的最大值为b9＝b8＝，
所以m的最小值为.
(3)因为数列{an}不是常数列，所以T≥2.
①若T＝2，则an＋2＝an恒成立，从而a3＝a1，a4＝a2，
所以
所以λ(a2－a1)2＝0，又λ≠0，所以a2＝a1，
可得{an}是常数列，矛盾．
所以T＝2不合题意．
②若T＝3，取an＝(*)
满足an＋3＝an恒成立．
由a＝a1a3＋λ(a2－a1)2，得λ＝7.
则条件式变为a＝an＋1an－1＋7.
由22＝1×(－3)＋7，知a＝a3k－2a3k＋λ(a2－a1)2；
由(－3)2＝2×1＋7，知a＝a3k－1a3k＋1＋λ(a2－a1)2；
由12＝(－3)×2＋7，知a＝a3ka3k＋2＋λ(a2－a1)2.
所以数列(*)适合题意．
所以T的最小值为3.
