高三数学复习(二轮) 《数列》 专题
一、专题热点透析
本专题是高中数学的重点内容之一 ，也是高考考查的热点。高考中着重考查运算能力、逻辑思维能力及分析问题、解决问题的能力。其中，选择题、填空题突出“小、巧、活”的特点，而解答题多以中、高档题目出现。透析近年高考试题，本专题的命题热点为：等差，等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的应用；利用数列的前n项和Sn与通项an的关系解题；数列的求和问题；递推数列问题；数列应用问题；数列与函数、三角、不等式的综合问题；数列与平面解析几何的综合问题，等等。
二、热点题型范例
题型一、等差、等比数列综合问题
例1．数列?an?中，a1?2，an?1?an?cn（c是常数，n?1，，23，?），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．（错误！未找到引用源。）求c的值；（错误！未找到引用源。）求?an?的通项公式． 解：（错误！未找到引用源。）a1?2，a2?2?c，a3?2?3c，
因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2?c)2?2(2?3c)，解得c?0或c?2． 当c?0时，a1?a2?a3，不符合题意舍去，故c?2．
（错误！未找到引用源。）当n≥2时，由于a2?a1?c，a3?a2?2c，…………，an?an?1?(n?1)c， 所以an?a1?[1?2???(n?1)]c?n(n?1)2c．
又an(n?1)?n21?2，c?2，故an?2??n?2(n?2，3，?)．当n?1时，上式也成立， 所以a2n?n?n?2(n?1，，2?)
例2．若{a2n},{bn}都是各项为正的数列，对任意的正整数n都有an,b2n,an?1成等差数列b2n,an?1，bn?1成等比数列。
（1）试问{bn}是否是等差数列？为什么？
（2）求证：对任意的正整数p,q(p?q),b22p?q?bp?q?2b2p成立；
（3）如果a1?1,b1?2,Sn?1a?11a???12a，求Sn。
n解：依题意2b22b22n?an?an?1??①有
an?1?n?bn?1??②
（1）∵an?0,bn?0，∴由②式得an?1?bn?bn?1从而n?2时，an?bn?1?bn
代入①2b2n?bn?1bn?bnbn?1，∴2bn?bn?1?bn?1(n?2)∴{bn}是等差数列。
2（2）因为{bn}是等差数列∴bp?q?b?b2q?bp?q)p?q?2bp∴b2bp?p?qp?q?(2?b2p
（3）由a1?1,b?2及①②两式易得a2?3,b32?22∴{bn}的公差d?212
∴bn?b21?(n?1)d?2(n?1)∴an?1?12(n?1)(n?2)??????③
又a(n?1)1?1?12?1?2也适合③、∴ann?2(n?N)
∴1?2a?2(1?2[(1?1111nn(n?1)n?1n?1)
∴Sn2)?(2?3)????(1n?1n?1)]?2(1?n?1)
变式：数列{an}中，a1=8，a4=2且满足an+2=2an+1－an，(n∈N*
)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜，求Sn； (3)设b1n=
n(12?am，使得对任意n∈N*
n)(n∈N*)，Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*)，是否存在最大的整数均有Tmn＞
32成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由。
解 (1）由a=2a=aaan+2n+1－an?an+2－an+1n+1－an可知{an}成等差数列，d=
4?14?1=－2，∴an=10－2n
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，
当n＞5时，S2
－9n+40，故S???n2?9n 1?n?5n=nn=??n2
??9n?40 n?5(3)bn=
1n(12?a?1n)n(2n?2)?12(1n?1n?1)
?T1[(1?1)?(1?1)???(1?1)]?nn?b1?b2???bn?2223nn?12(n?1)
要使Tmn＞总成立，需
m＜T＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为732321=
1成立，即m4
题型二、Sn与an的关系问题
例1．已知数列?an?的前n项和为Sn，满足条件lgSn?(n?1)lgb?lg(bn?1?n?2)，其中b>0且b?1。 (1)求数列?a*n?的通项an；(2)若对n?4,n?N时，恒有an?1?an，试求b的取值范围。 解：(1)由已知条件得Sn?b2?n?2
bn?1当n=1时，a?S2(1?b)n?3?b2?1(n?1)11?b?1；当n?2时，an?Sn?Sn?1?b?2，故a?bn?1n?(1?b)n?3b?2 ?(n??bn?12)(2)由an?1?an，化简得(b?1)(b?n?1n?3)?0(n?4)
解得，b?1或b?n?1n?3?1?2n?3?1?2n?3?1?2?3?b?3,故0?b?1或b?3为所求
例2. 已知数列?an?的前n项和为Sn，若a1?2,n?an?1?Sn?n?n?1?， （1）证明数列?an?为等差数列，并求其通项公式；
（2）令TSnn?2n，①当n为何正整数值时，Tn?Tn?1：②若对一切正整数n，总有Tn?m，求m的取
值范围。
解：（1）令n?1，1?a?a?n?an?1?Sn?n?n?1?2?a1?1?2，即a21?2，由???n?1??an?Sn?1?n?n?1?
?n?an?1??n?1?an?an?2n?an?1?an?2?n?2?
∵a?2，∴a*2?a1n?1?an?2?n?N?，
即数列?an?是以2为首项、2为公差的等差数列， ∴an?2n
（2）①Tnn?n?1??n?S2n?2n?Tn?1??n?1??n?22n?1，即n?2?n?N*? ②∵
T131?S2?1,T2?T3?2，又∵n?2时，Tn?Tn?1
∴各项中数值最大为32，∵对一切正整数n，总有T3n?m恒成立，因此m?2
变式：1．在等差数列?aS2nn?中，a1?1，前n项和Sn满足条件
S?4n?2n?1,2,?，
nn?1,（Ⅰ）求数列?an?的通项公式；
（Ⅱ）记bann?anp(p?0)，求数列?bn?的前n项和Tn。
解：（Ⅰ）设等差数列?a2na1?a2n?的公差为d，由
SS?4n?22，即
nn?1得：
a?3，所以a2?1an?nd?a1?2nd?a2?a1?1，又
4n?2S2nn?1?S?2?a1)an?n。na?2(an?nd＝
2(an?n?1)n?a1?nan?a1an?1，所以2（Ⅱ）由bann?anp，得bn23n?1nn?np。所以Tn?p?2p?3p???(n?1)p?np，
当p?1时，Tn?1；当p?1时，pT23n?2?3p4???(n?1)pn?npn?1n?p?2p，
n(1?P)T21n?p?p?p3???pn??pn?npn?1?p(1?p)1?p?npn?1
?n?1?即T??2,p?1n?p(1?pn。 ?)?npn?1?,p?1?1?p2．设Sn是数列{an}（n?N*）的前n项和，a?a，且S221n?3nanS?2n?1，an?0，n?2，3，，4?．（I）证明：数列{an?2?an}（n≥2）是常数数列；
（II）试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}（n?N*）中的所有项都是
数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项．
解：（I）当n≥2时，由已知得S22n?Sn?1?3n2an．
因为an?Sn?Sn?1?0，所以Sn?Sn?1?3n2． ??①于是Sn?1?Sn?3(n?1)2． ???② 由②－①得：an?1?an?6n?3．?????③于是an?2?an?1?6n?9．??????④ 由④－③得：an?2?an?6．?????⑤即数列{an?2?an}（n≥2）是常数数列． （II）由①有S2?S1?12，所以a2?12?2a．由③有a1?a2?15，所以a3?3?2a， 而⑤表明：数列{a2k}和{a2k?1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列．
所以a2k?a2?(k?1)?6?6k?2a?6，a2k?1?a3?(k?1)?6?6k?2a?3，k?N*．
由题设知，b7n?1n?18?．当a为奇数时，a2k?1为奇数，而bn为偶数，所以bn不是数列{a2k?1}中的项，
bn只可能是数列{a2k}中的项．若b1?18是数列{a2k}中的第kn项，由18?6k?2a?6得a?3k0?6，
取k0?3，得a?3，此时a2k?6k，由bn?a2k，得18?7n?1?6k，k?3?7n?1?N*，从而bn是数列{an?1n}中的第6?7项．
（注：考生取满足a?3kn?1n?6，kn?N*的任一奇数，说明bn是数列{an}中的第6?7?2a3?2项即
可）
题型三、递推数列问题
例1. 如图，将圆分成n个区域，用3种不同颜色给每一个区域染色，要求相邻区域颜色互异，把不同的染色方法种数记为an。求 （Ⅰ）a1, a2, a3, a4； （Ⅱ）an与an?1?n?2?的关系式；
*（Ⅲ）数列
?an?的通项公式an，并证明an?2n?n?N?。
34解：（Ⅰ） 当n?1时，不同的染色方法种数a1?3 ， 当n?2时，不同的染色方法种数a2?6 ，
当n?3时，不同的染色方法种数a3?6 ， 当n?4时，分扇形区域1，3同色与异色两种情形 ∴不同的染色方法种数a4?3?1?2?2?3?2?1?1?18 。
（Ⅱ）依次对扇形区域1,2,3,?,n,n?1染色，不同的染色方法种数为3?2n，其中扇形区域1与n?1不同
n色的有
an?1种，扇形区域1与n?1同色的有an种。∴an?an?1?3?2?n?2?
n（Ⅲ）∵
an?an?1?3?2?n?2?
a2a3∴
2?a3?3?2
a3?4?3?2 ?????? ，
an?1?an?3?2n?1
??k将上述n?2个等式两边分别乘以?1?k?2,3,?,n?1?，再相加，得
22?1?n?1?an?12??2?2???1?an?3?2?3?23???3???1?n?1?2n?1?3???1???2?，
??3, ?n?1nna?n??∴an?2?2???1?，从而??2n?2???1?n,?n?2?。
证明：当n?1时，a1?3?2?1 当n?2时，a2?6?2?2 ，当n?3时，
ann?2?2???1?n??1?1?n?2???1?n ?1?n?C23n?2n?Cn???Cn?n?1?2???1?n ?2n?2?2???1?n ?2n ，
?2n?n?N*故an?
例2. 在数列?a中，a*n?1?2，an?1?4an?3n?1，n?N．
（Ⅰ）证明数列?an?n?是等比数列； （Ⅱ）求数列?an?的前n项和Sn；
（Ⅲn）证明不等式Sn?1?4S*n，对任意n?N皆成立．
解：（Ⅰ9）证明：由题设a?4a*n?1n?3n?1，得an?1?(n?1)?4(an?n)，n?N．
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又a1?1?1，所以数列?an?n?是首项为1，且公比为4的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知a?1n?n?4n，于是数列?an?的通项公式为an?1n?4?n． 所以数列?a4n?1(n?1)n?的前n项和Sn?3?n2．
（Ⅲ）对任意的n?N*，
n?1S(n?1)(n?2)n?1?4S?1n?4?4??4n?1?n(n?1)?3?2??1(3n2?n??32??24)≤0． 所以不等式Sn?1≤4Sn，对任意n?N*皆成立．
变式：数列{a1n}满足a1?1且8an?1an?16an?1?2an?5?0(n?1).记bn?(n?1).
a1n?2（1）求b1、b2、b3、b4的值；（2）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn. 解：（1）b11n??1a1得an?b2,代入递推关系8an?1an?16an?1?2an?5?0,
n?n2整理得
4?6?3?0,即b4820bn?1?2bn?n?1bnbn?1bn3,由a1?1,有b1?2,所以b2?3,b3?4,b4?3.（2）由b44442n?1?2bn?3,bn?1?3?2(bn?3),b1?3?3?0,
所以{bn?4}是首项为2,公比33q?2的等比数列,故
b4nn?3?13?2,即bn?143?2n?3(n?1).由bn?1得anbn?1?1,a2bnn?121(1?2n)故S51nn?a1b1?a2b2???anbn?12(b1?b2???bn)?n?31?2?3n?3(2?5n?1).
题型四、数列求和问题
例1. 若函数f(x)?logax(a?0且a?1)，数列 2,f(a1),f(a2),?,f(an),2n?4(n?N*)成等差数列.(1)求数列{an}的通项an；
(2)若a?2，令bn?an?f(an)，求数列{bn}前n项和Sn； (3)在(2)的条件下对任意n?N*，都有b1n?f?(t)，求实数t的取值范围。
解：(1) 由2n?4?2?(n?2?1)d求得d?2，所以f(an)?2?(n?1?1)?2?2n?2，得a?2n?a2n.
(2) bn?an?f(an)?(2n?2)a2n?2?(n?1)?22n?3，
S57?4?29???(n?1)?22n?3n?2?2?3?2，错位相减得Sn?2)?22n?5?26n?(39
(3)
bn?1n?2}5b?为递增数列. bn中的最小项为b1?2?2?26,f?1(t)?2t，t?6.
nn?1?4?1，则{bn
例2． 设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式: 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0，n=2，3，4…) (1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1，bn=f(1b)(n=2，3，4…)，求数列{bn}的通项bn；
n?1(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
解 (1)由S2t?3at?31=a1=1，S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t ∴a2=
223t,a? 13t又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，
① 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t
②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0
∴
ana?2t?3n?13t，n=2，3，4…，所以{an}是一个首项为1公比为
2t?33t的等比数列；
(2)由f(t)=
2t?33t=
23?1t，得bn=f(
1b)=
2n－1
n?13+b
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