【技巧归纳 能力拓展】专项突破二 数列（考点1 等差、等比数列的综合应用）(解析版)

专项二数列考点1等差、等比数列的综合应用大题拆解技巧【母题】(2021年全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和,证明:Tn<Sn2.【拆解1】设{an}是首项为1的等比数列,已知a1,3a2,9a3成等差数列,求等比数列{an}的公比.【解析】设公比为q,因为数列{an}是首项为1的等比数列,且a1,3a2,9a3成等差数列,所以6a2=a1+9a3,所以6a1q=a1+9a1q2,即9q2-6q+1=0,解得q=13.【拆解2】设{an}是首项为1,公比为13的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3,求{an}和{bn}的通项公式.【解析】因为数列{an}是首项为1,公比为13的等比数列,所以an=(13)n-1,所以bn=nan3=n3n.【拆解3】已知数列{an}是首项为1,公比为13的等比数列,且bn=n3n,记Sn和Tn分别为{an}和{bn }的前n项和,求Sn和Tn.【解析】因为数列{an}是首项为1,公比为13的等比数列,所以Sn=1×(1-13n)1-13=32（1-13n）,Tn=13+232+…+n-13n-1+n3n,①13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1,②①-②得23Tn=13+132+133+…+13n-n3n+1=13(1-13n)1-13-n3n+1=12（1-13n）-n3n+1,所以Tn=34（1-13n）-n2·3n.【拆解4】已知Sn=32（1-13n）,Tn=34（1-13n）-n2·3n,证明:Tn<Sn2.【解析】因为Tn-Sn2=34（1-13n）-n2·3n-34（1-13n）=-n2·3n<0,所以Tn<Sn2.小做变式训练已知等差数列{an}的公差d不为0,其中a3=7,a1,a2,a6成等比数列.数列{bn}满足1log2b1+2log2b2+3log2b3+…+nlog2bn=n2.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)若cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Sn.【拆解1】已知等差数列{an}的公差d不为0,其中a3=7,a1,a2,a6成等比数列,求数列{an}的通项公式.【解析】由已知得a22=a1a6,又a3=7, ∴(7-d)2=(7-2d)(7+3d),解得d=0(舍去)或d=3,∴an=a3+(n-3)d=3n-2.【拆解2】已知数列{bn}满足1log2b1+2log2b2+3log2b3+…+nlog2bn=n2,求数列{bn}的通项公式.【解析】∵1log2b1+2log2b2+3log2b3+…+nlog2bn=n2,①∴当n=1时,可知1log2b1=12⇒log2b1=2,∴b1=4,当n≥2时,可知1log2b1+2log2b2+3log2b3+…+n-1log2bn-1=n-12,②①-②得nlog2bn=12⇒log2bn=2n,∴bn=4n(n≥2),又b1=4满足bn=4n,故当n∈N*时,都有bn=4n.【拆解3】已知an=3n-2,bn=4n.若cn=anbn,求数列{cn}的通项公式.【解析】由已知an=3n-2,bn=4n得cn=anbn=(3n-2)×4n.【拆解4】已知cn=(3n-2)×4n,求数列{cn}的前n项和Sn.【解析】∵Sn=1×41+4×42+…+(3n-5)×4n-1+(3n-2)×4n,③∴4Sn=1×42+…+(3n-5)×4n+(3n-2)×4n+1,④由③-④得-3Sn=4+3(42+43+…+4n)-(3n-2)×4n+1=3(1-n)×4n+1-12,解得Sn=(n-1)×4n+1+4. 通法技巧归纳1.一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,那么求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.突破实战训练<基础过关>1.已知公差不为0的等差数列{an}满足a3=5,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=13n-1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设等差数列的公差为d(d≠0),由a3=5得a1+2d=5,由a1,a2,a5成等比数列可得(a1+d)2=a1(a1+4d),即2a1d-d2=0,因为d≠0,所以2a1-d=0,解得a1=1,d=2,所以an=2n-1,n∈N*.(2)由(1)可得bn=13n-1anan+1=13n-1(2n-1)(2n+1)=13n-12（12n-1-12n+1）,Tn=13(1-13n)1-13-12（1-13+13-15+…+12n-1-12n+1）=12（1-13n）-12（1-12n+1）=14n+2-12·3n. 2.在数列{an}中,a1=1,an+1=an-2anan+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=3nan,求数列{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)∵a1=1,an+1=an-2anan+1,∴an≠0,∴1an=1an+1-2⇒1an+1-1an=2,∴数列1an是以2为公差,1a1=1为首项的等差数列,∴1an=1+2(n-1)=2n-1,∴an=12n-1(n∈N*).(2)由(1)知bn=(2n-1)×3n,∴Sn=1×3+3×32+5×33+7×34+…+(2n-1)×3n.等式两边同时乘以3得3Sn=1×32+3×33+5×34+7×35+…+(2n-1)×3n+1,两式相减得-2Sn=3+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1=3+2(32+33+34+…+3n)-(2n-1)×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1=3+3n+1-9-(2n-1)×3n+1=2(1-n)×3n+1-6,∴Sn=(n-1)×3n+1+3. 3.设数列{an}满足a1=1,a2=4,an+2-an+1=2n+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log2a2+log2a3+…+log2an+1,数列1bn的前n项和为Sn,证明:Sn<119.【解析】(1)因为an=[(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)]+a2(n≥3),所以an=(2n-1+2n-2+…+22)+4=2n(n≥3),当n=2时,a2=4,满足an=2n,当n=1时,a1=1,不满足an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=1,n=1,2n,n≥2.(2)因为bn=log2a2+log2a3+…+log2an+1=2+3+…+(n+1)=n(n+3)2,所以1bn=2n(n+3)=23（1n-1n+3）,所以Sn=23[（1-14）+（12-15）+（13-16）+（14-17）+…+（1n-1n+3）]=23（1+12+13-1n+1-1n+2-1n+3）=23（116-1n+1-1n+2-1n+3）,所以Sn<119.4.在数列{an}中,a1=1,an+1=ancan+1(c>0),且a1,a2,a5成等比数列.(1)证明:数列1an是等差数列,并求{an}的通项公式.(2)设数列{bn}满足bn=(4n2+1)anan+1,其前n项和为Sn,证明:Sn<n+1. 【解析】(1)由an+1=ancan+1,得1an+1=1an+c,即1an+1-1an=c,所以数列1an是等差数列,其公差为c,首项为1,因此,1an=1+(n-1)c,an=11+(n-1)c,由a1,a2,a5成等比数列,得a22=a1a5,即(1c+1)2=1×14c+1,解得c=2或c=0(舍去),故an=12n-1.(2)因为bn=4n2+14n2-1=1+2(2n-1)(2n+1)=1+12n-1-12n+1,所以Sn=b1+b2+…+bn=n+(1-13+13-15+…+12n-1-12n+1)=n+1-12n+1,因为12n+1>0,所以Sn<n+1.<能力拔高>5.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=1,a1bn+a2bn-1+…+anb1=2n+2-2n-4.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=bn-1(bn-an)(bn+1-an+1),Sn=c1+c2+…+cn,求证:Sn<1.【解析】(1)假设等差数列{an}的公差为d和等比数列{bn}的公比为q,因为a1bn+a2bn-1+…+anb1=2n+2-2n-4,取n=1得a1b1=2,又a1=1,所以b1=2,取n=2得a1b2+a2b1=8,所以2q+2(1+d)=8,即q+d=3,①取n=3得a1b3+a2b2+a3b1=22,所以2q2+2q(1+d)+2(1+2d)=22,② 联立①②解得q=2,d=1,所以an=1+n-1=n,bn=2×2n-1=2n.经检验an=n,bn=2n,使得a1bn+a2bn-1+…+anb1=2n+2-2n-4对任意正整数都成立,所以an=n,bn=2n.(2)cn=2n-1(2n-n)(2n+1-n-1)=12n-n-12n+1-n-1,Sn=c1+c2+…+cn=11-12+12-15+15-112+…+12n-1-n+1-12n-n+12n-n-12n+1-n-1=1-12n+1-n-1,因为2n+1n+1-2nn=n×2n+1-(n+1)2nn(n+1)=(n-1)×2nn(n+1)≥0,所以2n+1n+1≥2nn,即数列2n+1n+1单调递增,所以2n+1n+1≥222=2>1对任意正整数恒成立,所以2n+1>n+1对任意正整数恒成立,所以12n+1-n-1>0,所以1-12n+1-n-1<1,所以Sn<1得证.6.已知正项数列{an}满足2Sn=an+1.(1)求an.(2)将数列{an}分组:(a1),(a2,a3),(a4,a5,a6),(a7,a8,a9,a10),…,记第n组的和为bn.①求数列{bn}的通项公式bn;②求数列(-1)nbnn的前2n项的和. 【解析】(1)由2Sn=an+1,令n=1,解得a1=1,因为2Sn=an+1,所以Sn=(an+1)24,①当n≥2时,Sn-1=(an-1+1)24,②由①-②得2an+2an-1=an2-an-12,所以an-an-1=2,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.当n=1时,a1=1符合上式,所以an=2n-1.(2)①由题意可知,b1=a1=S1,b2=a2+a3=S3-S1,b3=a4+a5+a6=S6-S3,b4=a7+a8+a9+a10=S10-S6,…,所以bn=Sn(n+1)2-Sn(n+1)2-n,又Sn=(1+2n-1)n2=n2,所以bn=Sn(n+1)2-Sn(n+1)2-n=n(n+1)22-n(n+1)2-n2=n3.②由①可得(-1)nbnn=(-1)nn2,设T2n为数列(-1)nbnn的前2n项的和,所以T2n=(-1+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+(4n-1)=n(3+4n-1)2=n(2n+1).<拓展延伸>7.已知等差数列{an}是递增数列,且a1+a4=0,a2a3=-1.(1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=3an+4,数列{bn}的前n项和为Tn,是否存在常数λ,使得λTn-bn+1恒为定值?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由a1+a4=0,a2a3=-1,得2a1+3d=0,(a1+d)(a1+2d)=-1,解得a1=-3,d=2.所以an=a1+(n-1)d=2n-5.(2)由于bn=3an+4,所以bn=32n-1.所以数列{bn}是以3为首项,9为公比的等比数列,所以Tn=3(1-9n)1-9=38(9n-1).所以λTn-bn+1=3λ8(9n-1)-3·32n=3λ8-1·9n-3λ8.当λ8-1=0,即λ=8时,λTn-bn+1恒为定值-3.所以存在λ=8,使得λTn-bn+1恒为定值.8.已知{an}是等差数列,且lga1=0,lga4=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a1,ak,a6是等比数列{bn}的前3项,求k的值及数列{an+bn}的前n项和Sn.【解析】(1)设数列{an}的公差为d,已知lga1=0,lga4=1,则a1=1,a1+3d=10,解得d=3. 所以an=1+3(n-1)=3n-2.(2)若a1,ak,a6是等比数列{bn}的前3项,则ak2=a1·a6,根据等差数列的通项公式得到ak=3k-2,代入上式解得k=2,所以a1,a2,a6是等比数列{bn}的前3项.因为a1=1,a2=4,所以等比数列{bn}的公比q=4.由等比数列的通项公式得到bn=4n-1,则an+bn=3n-2+4n-1.故Sn=(1+1)+(4+41)+…+(3n-2+4n-1)=(1+4+…+3n-2)+(1+4+…+4n-1)=n(3n-1)2+4n-14-1=32n2-12n+13(4n-1).