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核心熱點(diǎn)
真題印證
核心素養(yǎng)
等比(差)數(shù)列的判定與證明
2019·全國(guó)Ⅱ，19；2018·全國(guó)Ⅰ，17；2017·全國(guó)Ⅰ，17
邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算
通項(xiàng)與求和
2020·新高考山東，18；2020·全國(guó)Ⅲ，17；2020·全國(guó)Ⅰ，17；2018·全國(guó)Ⅱ，17
數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模
等差與等比數(shù)列的綜合問(wèn)題
2020·全國(guó)Ⅲ，17；2020·天津，19；2020·浙江，20；2019·全國(guó)Ⅰ，18；2019·全國(guó)Ⅱ，18；2018·全國(guó)Ⅰ，17
數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理


等比(差)數(shù)列的判定與證明

1．(必修5P50例2)根據(jù)圖2.4－2中的框圖(圖略，教材中的圖)，寫(xiě)出所打印數(shù)列的前5項(xiàng)，并建立數(shù)列的遞推公式．這個(gè)數(shù)列是等比數(shù)列嗎？
2．(必修5P69B6)已知數(shù)列{an}中，a1＝5，a2＝2，且an＝2an－1＋3an－2(n≥3)．對(duì)于這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式作一研究，能否寫(xiě)出它的通項(xiàng)公式？
[試題評(píng)析]
(1)題目以程序框圖為載體給出遞推數(shù)列{an}，其中a1＝1，an＝an－1(n>1)．進(jìn)而由遞推公式寫(xiě)出前5項(xiàng)，并利用定義判斷數(shù)列{an}是等比數(shù)列．
(2)題目以遞推形式給出數(shù)列，構(gòu)造數(shù)列模型bn＝an＋an－1(n≥2)，cn＝an－3an－1(n≥2)，利用等比數(shù)列定義不難得到{bn}，{cn}是等比數(shù)列，進(jìn)而求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
兩題均從遞推關(guān)系入手，考查等比數(shù)列的判定和通項(xiàng)公式的求解，突顯數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).
【教材拓展】　記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，2Sn－an＝(n∈N*)．
(1)求an＋an＋1；
(2)令bn＝an＋2－an，證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，并求其前n項(xiàng)和Tn.
(1)解　因?yàn)?Sn－an＝，①
所以2Sn＋1－an＋1＝，②
由②－①，得2(Sn＋1－Sn)－an＋1＋an＝－，
所以an＋1＋an＝－.
(2)證明　由(1)知an＋1＋an＝－，
得an＋2＋an＋1＝－，
兩式相減an＋2－an＝－＋＝，
因此bn＝an＋2－an＝(n∈N*)，
又b1＝，＝，
故數(shù)列{bn}是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列．
所以Tn＝＝.

【鏈接高考】　(2019·全國(guó)Ⅱ卷)已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,
4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；
(2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．
(1)證明　由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．又因?yàn)閍1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列．
由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因?yàn)閍1－b1＝1，
所以{an－bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．
(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.

等差與等比數(shù)列的綜合問(wèn)題
【例題】　(2020·浙江卷)已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}滿(mǎn)足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
(1)若{bn}為等比數(shù)列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若{bn}為等差數(shù)列，公差d＞0，證明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.


[自主解答]
(1)解　由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，解得q＝.
由cn＋1＝cn＝4cn，得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.
(2)證明　依題意設(shè)bn＝1＋(n－1)d＝dn＋1－d，由cn＋1＝cn，得＝，所以＝(n≥2，n∈N*)，
故cn＝··…···c1＝···…···c1＝＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.
由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
探究提高　1.本題主要考查利用等差、等比數(shù)列通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式計(jì)算，突出方程思想和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，準(zhǔn)確計(jì)算是求解的關(guān)鍵．
2．對(duì)等差、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題，應(yīng)重點(diǎn)分析等差、等比數(shù)列項(xiàng)之間的關(guān)系，以便實(shí)現(xiàn)等差、等比數(shù)列之間的相互轉(zhuǎn)化．?dāng)?shù)列的求和主要是等差、等比數(shù)列的求和及裂項(xiàng)相消法求和與錯(cuò)位相減法求和，本題中利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，然后利用b1＝1，d>0證明不等式成立，體現(xiàn)了對(duì)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法的重點(diǎn)考查．另外本題在探求{an}與{cn}的通項(xiàng)公式時(shí)，考查累加、累乘兩種基本方法．
【嘗試訓(xùn)練】　(2020·全國(guó)Ⅲ卷)設(shè)等比數(shù)列{an}滿(mǎn)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.
解　(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝a1qn－1.
因?yàn)閍1＋a2＝4，a3－a1＝8，
所以解得
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1.
所以數(shù)列{log3an}是首項(xiàng)為0，公差為1的等差數(shù)列，
因此Sn＝.
由于Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解之得m＝6或m＝－1(舍去)．
所以實(shí)數(shù)m的值為6.

數(shù)列的通項(xiàng)與求和
【例題】　(12分)(2019·天津卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿(mǎn)足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
[規(guī)范解答]
解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)．
依題意，得解得
(由條件建立方程組求公差和公比)3′
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3n.5′
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)8′
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
記Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
則3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1
＝－＋n×3n＋1＝.11′
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn
＝3n2＋3×
＝(n∈N*).12′

?得步驟分：抓住得分點(diǎn)的解題步驟，“步步為贏”，在第(1)問(wèn)中，由條件式轉(zhuǎn)化為關(guān)于d，q的方程組，由公式求an，bn，在第(2)問(wèn)中觀察數(shù)列的結(jié)構(gòu)特征先分組，后用錯(cuò)位相減法求和．
?得關(guān)鍵分：(1)列方程組，(2)分組求和都是不可缺少的過(guò)程，有則給分，無(wú)則沒(méi)分．
?得計(jì)算分：解題過(guò)程中計(jì)算正確是得滿(mǎn)分的根本保證，特別是第(1)問(wèn)中的解方程，起著至關(guān)重要的作用，第(2)問(wèn)中的錯(cuò)位相減法求和是計(jì)算中的難點(diǎn)．

……由題設(shè)條件列方程組求基本量

……求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式

……根據(jù)數(shù)列的特征，分組求和

……利用錯(cuò)位相減法求Tn

……反思解題過(guò)程，檢驗(yàn)易錯(cuò)點(diǎn)，規(guī)范解題步驟
【規(guī)范訓(xùn)練】　(2021·衡水檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正的零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解　(1)f(x)＝cos πx－sin πx＝2cos，
由題意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，
解得x＝k＋(k∈Z)．
又函數(shù)f(x)的所有正的零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}，所以{an}是以首項(xiàng)a1＝，公差d＝1的等差數(shù)列，
因此an＝(n－1)×1＋＝n－(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝n＝n·n，
則Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，①
Tn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1，②
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－(n＋2)·n＋1，
所以Tn＝2－.

1．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設(shè)bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說(shuō)明理由；
(3)求{an}的通項(xiàng)公式．
解　(1)由條件可得an＋1＝an.
將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
將n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
從而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．理由如下：
由條件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝n·2n－1.
2．(2021·西安調(diào)研)已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a4＝26，且a1，a2，a7成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝(－1)n＋1an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求T511.
解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，d≠0，
∵a1，a2，a7成等比數(shù)列，
∴a＝a1a7，即(a1＋d)2＝a1(a1＋6d)，
則d2＝4a1d.
又d≠0，∴d＝4a1，①
由于a4＝a1＋3d＝26，②
聯(lián)立①②，解得a1＝2，且d＝8.
∴an＝2＋8(n－1)＝8n－6.
(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(8n－6)，
∴T511＝b1＋b2＋…＋b511
＝2－10＋18－26＋…＋4 066－4 074＋4 082
＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4 066－4 074)＋4 082
＝－8×255＋4 082＝2 042.
3．(2020·全國(guó)Ⅰ卷)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項(xiàng)．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和．
解　(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比為－2.
(2)記Sn為{nan}的前n項(xiàng)和．
由(1)及題設(shè)可得an＝(－2)n－1，
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n·(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n
＝－n·(－2)n.
所以Sn＝－.
4．設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為T(mén)n(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值．
解　(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)．
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因?yàn)閝>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以Tn＝＝2n－1.
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，從而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
所以Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn
可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以n的值為4.
5．(2021·蘭州診斷)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿(mǎn)足2(Sn＋32－n)＋an＝15.
(1)證明：數(shù)列{3n－1·an}是等差數(shù)列．
(2)令bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn，并證明≤Tn0，所以Tn

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