1、1数列问题重在“归”化归技法指导迁移搭桥 思 维 流 程 找 突 破 口 化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列.典例 (2018全国卷)已知数列 an满足 a11， nan1 2( n1) an.设 bn .ann(1)求 b1， b2， b3；(2)判断数列 bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求 an的通项公式快审题 求什么想什么判断数列 bn是等比数列，想到判断等比数列的方法求 an的通项公式，想到求 bn的通项公式给什么用什么 给出
2、 nan1 2( n1) an，用化归方法化为 的形式.an 1n 1 2ann稳解题(1)由条件可得an1 an.2 n 1n将 n1 代入得， a24 a1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入得， a33 a2，所以 a312.从而 b11， b22， b34.(2)数列 bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列理由如下：由条件可得 ，an 1n 1 2ann即 bn1 2 bn，又 b11，所以数列 bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列2(3)由(2)可得 2 n1 ，ann所以 an n2n1 .题后悟道 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终
3、解决问题需要首先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序(2)注意细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等针对训练已知正数数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 a Sn Sn1 (n2)， a11.2n(1)求数列 an的通项公式(2)设 bn(1 an)2 a(1 an)，若 bn1 bn对任意 nN *恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)因为 a Sn Sn1 (n2)，2n所以 a Sn1 Sn.2n 1两式相减，
4、得 a a an1 an.2n 1 2n因为 an0，所以 an1 an1.又 a11，所以 an是首项为 1，公差为 1 的等差数列所以 an n.(2)因为 bn(1 an)2 a(1 an)，且由(1)得 an n，所以 bn(1 n)2 a(1 n) n2( a2) n1 a，所以 bn1 ( n1) 2( a2)( n1)1 a n2 an.因为 bn1 bn恒成立，所以 n2 ann2( a2) n1 a，解得 a12 n，所以 a1.则实数 a 的取值范围为(1，)专 题 过 关 检 测 A 组“633”考点落实练一、选择题31(2019 届高三武汉调研)设公比为 q(q0)的等
5、比数列 an的前 n 项和为 Sn.若S23 a22， S43 a42，则 a1( )A2 B1C. D.12 23解析：选 B 由 S23 a22， S43 a42，得 a3 a43 a43 a2，即 q q23 q23，解得 q1(舍去)或 q ，32将 q 代入 S23 a22 中，得 a1 a13 a12，32 32 32解得 a11.2已知数列 an满足 ，且 a22，则 a4等于( )an 1an 1 1 12A B2312C12 D11解析：选 D 因为数列 an满足 ，所以 an1 12( an1)，即数列 an1是an 1an 1 1 12等比数列，公比为 2，则 a412
6、2(a21)12，解得 a411.3(2019 届高三西安八校联考)若等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S6S7S5，则满足 SnSn1 S7S5，得 S7 S6 a7S5，所以a70，所以 S13 13 a70，13 a1 a132 12 a1 a122所以 S12S133.故选 D.6若数列 an满足 a11，且对于任意的 nN *都有 an1 an n1，则 1a1 1a2 等于( )1a2 017 1a2 018A. B.4 0352 017 2 0162 017C. D.4 0362 019 4 0352 018解析：选 C 由 an1 an n1，得 an1 an n1，则
7、 a2 a111，a3 a221，a4 a331，an an1 ( n1)1，以上等式相加，得 an a1123( n1) n1，把 a11 代入上式得， an123( n1) n ，n n 12 2 ，1an 2n n 1 (1n 1n 1)则 2 1a1 1a2 1a2 017 1a2 018 (1 12) (12 13) ( 12 017 12 018)2 .(12 018 12 019) (1 12 019) 4 0362 019二、填空题7(2018全国卷)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1，则 S6_.解析： Sn2 an1，当 n2 时， Sn1 2 an1 1
8、， an Sn Sn1 2 an2 an1 ，5即 an2 an1 .当 n1 时， a1 S12 a11，得 a11.数列 an是首项 a1为1，公比 q 为 2 的等比数列， Sn 12 n，a1 1 qn1 q 1 1 2n1 2 S612 663.答案：638古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的 2 倍，已知她 5 天共织布 5 尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前 3 天所织布的总尺数为_解析：设该女子第一天织布 x 尺，则 5，解得 x ，x 25 12 1
9、531所以该女子前 3 天所织布的总尺数为 .531 23 12 1 3531答案：35319(2019 届高三福建八校联考)在数列 中， nN *，若 k(k 为常anan 2 an 1an 1 an数)，则称 为“等差比数列 ”，下列是对“等差比数列”的判断：an k 不可能为 0；等差数列一定是“等差比数列” ；等比数列一定是“等差比数列” ；“等差比数列”中可以有无数项为 0.其中所有正确判断的序号是_解析：由等差比数列的定义可知， k 不为 0，所以正确，当等差数列的公差为 0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错误；当 是等比数列，且公an比 q1 时， 不是等差比
10、数列，所以错误；数列 0,1,0,1，是等差比数列，该数列an中有无数多个 0，所以正确答案：三、解答题10(2018全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和，已知 a17， S315.(1)求 an的通项公式；(2)求 Sn，并求 Sn的最小值6解：(1)设 an的公差为 d，由题意得 3a13 d15.又 a17，所以 d2.所以 an的通项公式为 an2 n9.(2)由(1)得 Sn n28 n( n4) 216，n a1 an2所以当 n4 时， Sn取得最小值，最小值为16.11(2018成都第一次诊断性检测)已知等差数列 an的前 n 项和为Sn， a23， S416， nN
11、 *.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.1anan 1解：(1)设数列 an的公差为 d， a23， S416， a1 d3,4 a16 d16，解得 a11， d2. an2 n1.(2)由题意， bn ，1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1) Tn b1 b2 bn12(1 13) (13 15) ( 12n 1 12n 1)12(1 12n 1) .n2n 112已知 Sn为数列 an的前 n 项和，且满足 Sn2 an n4.(1)证明 Sn n2为等比数列；(2)求数列 Sn的前 n 项和 Tn.解：(1)证明：当 n
12、1 时，由 Sn2 an n4，得 a13. S1124.当 n2 时， Sn2 an n4 可化为 Sn2( Sn Sn1 ) n4，即 Sn2 Sn1 n4，7 Sn n22 Sn1 ( n1)2 Sn n2是首项为 4，公比为 2 的等比数列(2)由(1)知， Sn n22 n1 ， Sn2 n1 n2.于是 Tn S1 S2 Sn2 2122 3222 n1 n2(2 22 32 n1 )(12 n)2 n 2 n22 1 2n1 2 1 n n22 n2 4.n2 3n2数列 Sn的前 n 项和 Tn为 2n2 4.n2 3n2B 组大题专攻补短练1(2018全国卷)等比数列 an中
13、， a11， a54 a3.(1)求 an的通项公式(2)记 Sn为 an的前 n 项和，若 Sm63，求 m.解：(1)设 an的公比为 q，由题设得 an qn1 .由已知得 q44 q2，解得 q0(舍去)或 q2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 .(2)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 2 n3由 Sm63，得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn 2 n1.1 2n1 2由 Sm63，得 2m64，解得 m6.综上， m6.2(2018潍坊统考)若数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn2 an ( 0， nN *)(1)证明：数列
14、an为等比数列，并求 an；(2)若 4， bnError!( nN *)，求数列 bn的前 2n 项和 T2n.解：(1) Sn2 an ，当 n1 时，得 a1 ，当 n2 时， Sn1 2 an1 ， Sn Sn1 2 an2 an1 ，即 an2 an2 an1 ， an2 an1 ，8数列 an是以 为首项，2 为公比的等比数列， an 2n1 .(2) 4， an42 n1 2 n1 ， bnError! T2n2 232 452 672 2n2 n1(2 22 42 2n)(352 n1) 4 4n41 4 n 3 2n 12 n(n2)，4n 1 43 T2n n22 n .4
15、n 13 433(2018厦门质检)已知数列 an满足 a11， an1 ， nN *.3an2an 3(1)求证：数列 为等差数列；1an(2)设 T2n ，求 T2n.1a1a2 1a2a3 1a3a4 1a4a5 1a2n 1a2n 1a2na2n 1解：(1)证明：由 an1 ，得 ，3an2an 3 1an 1 2an 33an 1an 23所以 .1an 1 1an 23又 a11，则 1，1a1所以数列 是首项为 1，公差为 的等差数列1an 23(2)设 bn ，1a2n 1a2n 1a2na2n 1 ( 1a2n 1 1a2n 1)1a2n由(1)得，数列 是公差为 的等差数
16、列，1an 23所以 ，1a2n 1 1a2n 1 43即 bn ，(1a2n 1 1a2n 1)1a2n 43 1a2n所以 bn1 bn .43( 1a2n 2 1a2n) 43 43 169又 b1 ，43 1a2 43 (1a1 23) 2099所以数列 bn是首项为 ，公差为 的等差数列，209 169所以 T2n b1 b2 bn n (2n23 n)209 n n 12 ( 169) 494(2018石家庄质检)已知数列 an满足： a11， an1 an .n 1n n 12n(1)设 bn ，求数列 bn的通项公式；ann(2)求数列 an的前 n 项和 Sn.解：(1)由
17、an1 an ，可得 ，n 1n n 12n an 1n 1 ann 12n又 bn ， bn1 bn ，ann 12n由 a11，得 b11，累加可得( b2 b1)( b3 b2)( bn bn1 ) ，121 122 12n 1即 bn b1 1 ，12(1 12n 1)1 12 12n 1 bn2 .12n 1(2)由(1)可知 an2 n ，n2n 1设数列 的前 n 项和为 Tn，n2n 1则 Tn ，120 221 322 n2n 1Tn ，12 121 222 323 n2n得 Tn 2 ，12 120 121 122 12n 1 n2n1 12n1 12 n2n n 22n Tn4 .n 22n 1易知数列2 n的前 n 项和为 n(n1)， Sn n(n1)4 .n 22n 110
