【技巧归纳 能力拓展】专项突破二 数列（考点2 数列中的开放题）(解析版)

专项二数列考点2数列中的开放题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列;②数列{Sn}是等差数列;③a2=3a1.【拆解1】已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,数列{an}是等差数列,数列{Sn}是等差数列,求证:a2=3a1.【解析】设Sn=an+b(a>0),则Sn=(an+b)2,当n=1时,a1=S1=(a+b)2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+b)2-(an-a+b)2=a(2an-a+2b).因为{an}也是等差数列,所以(a+b)2=a(2a-a+2b),解得b=0.所以an=a2(2n-1),所以a2=3a1.【拆解2】已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,数列{an}是等差数列,a2=3a1,求证:数列{Sn}是等差数列.【解析】因为a2=3a1,数列{an}是等差数列, 所以公差d=a2-a1=2a1,所以Sn=na1+n(n-1)2d=n2a1,即Sn=a1n,因为Sn+1-Sn=a1(n+1)-a1n=a1,所以{Sn}是等差数列.【拆解3】已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,数列{Sn}是等差数列,a2=3a1.求证:数列{an}是等差数列.【解析】设Sn=an+b(a>0),则Sn=(an+b)2,当n=1时,a1=S1=(a+b)2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+b)2-(an-a+b)2=a(2an-a+2b).因为a2=3a1,所以a(3a+2b)=3(a+b)2,解得b=0或b=-4a3.当b=0时,a1=a2,an=a2(2n-1)(n≥2);当n≥2时,an-an-1=2a2满足等差数列的定义,此时数列{an}为等差数列.当b=-4a3时,Sn=an+b=an-43a,则S1=-a3<0,不符合题意,舍去.综上可知,数列{an}为等差数列.小做变式训练在①a1+a3-2a2=0;②a2-a1=2;③S3=3a2这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并作答.已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足4Sn=anan+1+1,________.(1)证明:数列{an}是等差数列. (2)若数列{bn}满足bn=1anan+1,其前n项和为Tn,且Tn<a2对任意n∈N*恒成立,求a1的取值范围.【拆解1】已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足4Sn=anan+1+1,a1+a3-2a2=0.证明:数列{an}是等差数列.【解析】因为4Sn=anan+1+1,所以4Sn+1=an+1an+2+1,两式相减得4an+1=an+1an+2-anan+1,因为an+1>0,所以an+2-an=4,所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等差数列.当n为奇数时,an=a1+4（n+12-1）=a1+2n-2;当n为偶数时,an=a2+4（n2-1）=a2+2n-4.由a1+a3-2a2=0得a2=a1+a32=a1+2,所以当n为偶数时,an=a2+2n-4=a1+2n-2.此式也适合n为奇数的情况,所以an=a1+2n-2,n∈N*,则an+1-an=2为常数,所以数列{an}是以2为公差的等差数列.【拆解2】已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足4Sn=anan+1+1,a2-a1=2.证明:数列{an}是等差数列.【解析】因为4Sn=anan+1+1,所以4Sn+1=an+1an+2+1,两式相减得4an+1=an+1an+2-anan+1, 因为an+1>0,所以an+2-an=4,所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等差数列.当n为奇数时,an=a1+4（n+12-1）=a1+2n-2;当n为偶数时,an=a2+4（n2-1）=a2+2n-4.因为a2-a1=2,即a2=a1+2,所以当n为偶数时,an=a2+2n-4=a1+2n-2.此式也适合n为奇数的情况,所以an=a1+2n-2,n∈N*,则an+1-an=2为常数,所以数列{an}是以2为公差的等差数列.【拆解3】已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足4Sn=anan+1+1,S3=3a2.证明:数列{an}是等差数列.【解析】因为4Sn=anan+1+1,所以4Sn+1=an+1an+2+1,两式相减得4an+1=an+1an+2-anan+1,因为an+1>0,所以an+2-an=4,所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等差数列.当n为奇数时,an=a1+4（n+12-1）=a1+2n-2;当n为偶数时,an=a2+4（n2-1）=a2+2n-4. 因为S3=3a2,所以a1+a2+(a1+4)=3a2,即a2=a1+2,所以当n为偶数时,an=a2+2n-4=a1+2n-2.此式也适合n为奇数的情况,所以an=a1+2n-2,n∈N*,则an+1-an=2为常数,所以数列{an}是以2为公差的等差数列.【拆解4】已知数列{an}是以2为公差的等差数列,若数列{bn}满足bn=1anan+1,其前n项和为Tn,且Tn<a2对任意n∈N*恒成立,求a1的取值范围.【解析】由(1)知,an=a1+2n-2,an+1-an=2,所以bn=1anan+1=12(1an-1an+1),所以Tn=12(1a1-1a2)+12(1a2-1a3)+…+12(1an-1an+1)=12(1a1-1an+1)=12(1a1-1a1+2n).设f(n)=12(1a1-1a1+2n),n∈N*,易知f(n)单调递增,所以1a1(a1+2)≤Tn<12a1,又a2=a1+2,Tn<a2恒成立,所以a1+2≥12a1,即2a12+4a1-1≥0,所以a1≥6-22,所以a1的取值范围为[6-22,+∞).通法技巧归纳1.证明数列是等差数列的主要方法: (1)定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an-an-1为同一常数.(2)等差中项法:验证2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)都成立.2.判定一个数列是等差数列常用到的结论:(1)通项公式:an=pn+q(p,q为常数)⇔{an}是等差数列.(2)前n项和公式:Sn=An2+Bn(A,B为常数)⇔{an}是等差数列.是否是等差数列的最终判定还是利用定义.3.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法,其他方法只用于选择题、填空题中的判定;若证明某数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.4.在利用递推关系判定等比数列时,要注意对n=1的情形进行验证.突破实战训练<基础过关>1.在①a2=16,an+1+4an=32an-1(n≥2,n∈N*);②Tn=4n+1-43;③Tn=4an-43这三个条件中任选一个补充到下面问题中,然后解答补充完整的题目.在等比数列{an}中,an>0,其前n项和为Tn,且__________,数列{bn}的前n项和为Sn,且bn=log2an. (1)求bn;(2)若1S1+1S2+1S3+…+1Sn≥0.96,求n的最小值. 【解析】(1)设数列{an}的公比为q,则由an>0得q>0.方案一:选择①a2=16,an+1+4an=32an-1(n≥2,n∈N*).因为an+1+4an=32an-1(n≥2,n∈N*),所以an-1q2+4an-1q-32an-1=0,即q2+4q-32=0,解得q=-8或q=4.因为an>0,所以q=4.所以an=a2·qn-2=16·4n-2=4n,所以bn=log2an=log24n=2n,即bn=2n.方案二:选择②Tn=4n+1-43.因为Tn=4n+1-43,所以a1=T1=42-43=4,又因为T2=42+1-43=20,即a1+a2=20,所以a2=16,故q=a2a1=4,所以an=a2·qn-2=16·4n-2=4n,所以bn=log2an=log24n=2n,即bn=2n. 方案三:选择③Tn=4an-43.因为Tn=4an-43,所以a1=T1=4a1-43,解得a1=4.又因为T2=4a2-43,即a2=3a1+4,所以a2=16,故q=a2a1=4,所以an=a2·qn-2=16·4n-2=4n,所以bn=log2an=log24n=2n,即bn=2n.(2)由(1)可得Sn=2+4+6+…+2n=n(2+2n)2=n(1+n),所以1Sn=1n(1+n)=1n-1n+1,所以1S1+1S2+1S3+…+1Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1,因为1S1+1S2+1S3+…+1Sn≥0.96,所以1-1n+1≥0.96,所以n≥24,故n的最小值为24.2.在①a1,a3的等差中项是3;②a2,a4的等比中项是a12;③a1+a3+a5=14这三个条件中任选两个,补充在下面的问题中,并解答.已知正项等比数列{an}满足_________,_________.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项积为Tn,求数列1log2Tn的前n项和Sn. 【解析】(1)记数列{an}的公比为q(q>0).若选①②,则a1+a3=a1+a1q2=6,a2a4=a12q4=a14,解得a1=2,q=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n+12.若选①③,则a1+a3=a1+a1q2=6,a1+a3+a5=a1+a1q2+a1q4=14,解得a1=2,q=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n+12.若选②③,则a2a4=a12q4=a14,a1+a3+a5=a1+a1q2+a1q4=14,解得a1=2,q=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n+12.(2)由题意得Tn=(2)2×(2)3×…×(2)n+1=(2)n(n+3)2=2n(n+3)4,所以1log2Tn=4n(n+3)=43(1n-1n+3),Sn=43[(1-14)+(12-15)+(13-16)+…+(1n-2-1n+1)+(1n-1-1n+2)+(1n-1n+3)]=43(1+12+13-1n+1-1n+2-1n+3)=229-12n2+48n+443(n+1)(n+2)(n+3).3.在①Sn=nan+1-n2-n;②anan+1-(2n+1)an+1+2nan-2n(2n+1)=0;③an+12-an2=8(n+1)这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答. 问题:设数列{an}的前n项和为Sn,an>0,a1=3,且______,bn=1(an-1)(an+1),求{bn}的前n项和为Tn.【解析】选①,Sn=nan+1-n2-n,则Sn-1=(n-1)an-(n-1)2-(n-1)(n≥2),两式相减得an+1-an=2(n≥2),当n=1时,S1=a2-1-1,所以a2=5,a2-a1=2,所以数列{an}是一个等差数列,首项为3,公差为2,所以an=3+(n-1)×2=2n+1,所以bn=1(2n+1-1)(2n+1+1)=14n(n+1)=14(1n-1n+1),所以Tn=14(11-12+12-13+…+1n-1n+1)=14(1-1n+1)=n4(n+1).选②,因为anan+1-(2n+1)an+1+2nan-2n(2n+1)=0,所以[an-(2n+1)](an+1+2n)=0,因为an>0,所以an=2n+1,所以bn=1(2n+1-1)(2n+1+1)=14n(n+1)=14(1n-1n+1),所以Tn=14(11-12+12-13+…+1n-1n+1)=14(1-1n+1)=n4(n+1).选③,an+12-an2=8(n+1),设cn=an2,所以cn+1-cn=8(n+1),所以c2-c1=8(1+1),c3-c2=8(2+1),…,cn-cn-1=8(n-1+1)(n≥2),所以cn-9=8×(n-1)(2+n)2,所以cn=(2n+1)2(n≥2), 又c1=9满足上式,所以cn=an2=(2n+1)2,因为an>0,所以an=2n+1,所以bn=1(2n+1-1)(2n+1+1)=14n(n+1)=14(1n-1n+1),所以Tn=14(11-12+12-13+…+1n-1n+1)=14(1-1n+1)=n4(n+1).4.在①Sn=2an-1;②an+1an=2n-12n+1,a2=13;③Sn=2n+1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答问题.已知数列{an}的前n项和为Sn,________,数列{bn}满足bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】选条件①Sn=2an-1,由Sn=2an-1,n≥1,Sn-1=2an-1-1,n≥2两式相减得an=2an-2an-1,所以an=2an-1(n≥2),又S1=2a1-1,解得a1=1,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.因此bn=anan+1=2n-1·2n=22n-1,所以Tn=21+23+…+22n-1=2(1-4n)1-4=2(4n-1)3.选条件②an+1an=2n-12n+1,a2=13,(法一)由an+1an=2n-12n+1,a2=13,得a2a1=13,a1=1, 当n≥2时,ana1=a2a1×a3a2×…×anan-1=13×35×…×2n-32n-1=12n-1,所以an=12n-1(n≥2),又a1=1也符合an=12n-1,所以an=12n-1.因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以Tn=12[(1-13)+(13-15)+…+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1)=n2n+1.(法二)由an+1an=2n-12n+1,得(2n+1)an+1=(2n-1)an,所以数列{(2n-1)an}是常数列,所以(2n-1)an=(2×2-1)a2=1,所以an=12n-1.因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以Tn=12[(1-13)+(13-15)+…+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1)=n2n+1.选条件③Sn=2n+1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1,又a1=S1=3,显然不符合上式,所以an=3,n=1,2n-1,n≥2,则bn=an·an+1=6,n=1,22n-1,n≥2,当n≥2时,Tn=6+23+25+…+22n-1=6+8(1-4n-1)1-4=23×4n+103, 又T1=6,符合Tn=23×4n+103,所以Tn=23×4n+103.<能力拔高>5.已知等比数列{an}为递增数列,且a52=a10,2(an+an+2)=5an+1,数列{bn}满足2b1=a1,bn+1-bn=a1.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=2n+3anbnbn+1,求数列{cn}的前n项和Tn.【解析】(1)对于数列{an},设公比为q,由题可得a12q8=a1q9,2(an+anq2)=5anq(a1q≠0,n∈N*),解得a1=12,q=12或a1=2,q=2.又∵{an}为递增数列,∴a1=2,q=2,∴an=2n.∵数列{bn}满足2b1=a1=2,bn+1-bn=a1=2,∴数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴bn=2n-1.(2)由(1)得cn=2n+3anbnbn+1=2n+32n(2n-1)(2n+1)=21(2n-1)·2n-1(2n+1)·2n+1,∴Tn=2(11×21-13×22+13×22-15×23+…+1(2n-1)·2n-1(2n+1)·2n+1)=1-1(2n+1)·2n. 6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2,an,Sn成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Tn;(3)对于(2)中的Tn,设cn=Tn-2a2n+1,求数列{cn}中的最大项.【解析】(1)因为2,an,Sn成等差数列,所以2an=2+Sn,①可得2an-1=2+Sn-1(n≥2),②①-②得an=2an-1(n≥2),所以anan-1=2(n≥2),又2a1=2+a1,解得a1=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.(2)由(1)可得bn=n·an=n·2n,所以Tn=2+2×22+3×23+…+n·2n,①2Tn=22+2×23+3×24+…+n·2n+1,②由②-①可得Tn=(n-1)×2n+1+2.(3)由(1)(2)可得cn=Tn-2a2n+1=(n-1)·2n+122n+1=n-12n,设数列{cn}的第n项最大,则cn≥cn+1,cn≥cn-1, 可得n-12n≥n2n+1,n-12n≥n-22n-1,解得2≤n≤3(n∈N*).所以当n=2或n=3时,cn最大,即c2=c3=14为{cn}中的最大项.<拓展延伸>7.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=6,a7=14.(1)求数列{an}的通项公式及Sn;(2)若________,求数列{bn}的前n项和Tn. 在①bn=2an·an;②bn=an2+an+12Sn;③bn=(-1)n·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,∵a3=6,a7=14,∴a1+2d=6,a1+6d=14,∴a1=2,d=2,an=2+(n-1)2=2n,Sn=n(2+2n)2=n(n+1).(2)选①,∵an=2n,∴bn=2an·an=2n·4n,Tn=2×41+4×42+6×43+…+2n×4n,①4Tn=2×42+4×43+6×44+…+2(n-1)×4n+2n×4n+1,②由①-②得-3Tn=2×41+2×42+2×43+…+2×4n-2n×4n+1=8(1-4n)1-4-2n×4n+1=8(1-4n)-3-2n×4n+1,∴Tn=8(1-4n)9+2n3·4n+1=29(3n-1)·4n+1+89. 选②,∵an=2n,Sn=n(n+1),∴bn=an2+an+12Sn=8n2+8n+4n(n+1)=8+4n(n+1)=8+4(1n-1n+1),∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=8n+4(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=8n+4nn+1=8n2+12nn+1.选③,∵an=2n,∴bn=(-1)n·an=(-1)n·2n,∴Tn=-2+4-6+8-…+(-1)n·2n.当n为偶数时,Tn=(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]=n2·2=n,当n为奇数时,Tn=(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-2)+2(n-1)]-2n=n-12·2-2n=-n-1,∴Tn=n,n=2k,k∈N*,-n-1,n=2k-1,k∈N*.8.在①b1=-a1,b4=a2+4,②b1=a1,3b2=a2,③b1=a1+1,b2=a2-3这三个条件中任选一个,补充到下面的问题中并作答.问题:已知数列{an}满足a12+a222+a323+…+an2n=n2,数列{bn}为等比数列,且________,Sn为数列anbn的前n项和.是否存在正整数k,使得Sk≥2020成立?若存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.【解析】由a12+a222+a323+…+an2n=n2可得a12+a222+a323+…+an-12n-1=(n-1)2(n≥2),两式相减可得an2n=n2-(n-1)2=2n-1,所以an=(2n-1)2n.当n=1时,由a12+a222+a323+…+an2n=n2可得a1=2,满足an=(2n-1)2n, 所以an=(2n-1)2n.若选择条件①,因为b1=-a1,b4=a2+4,所以b1=-2,b4=16,于是bn=(-2)n,此时anbn=(2n-1)(-1)n,所以Sn=1×(-1)1+3×(-1)2+5×(-1)3+…+(2n-1)(-1)n,两边同乘以-1得-Sn=1×(-1)2+3×(-1)3+5×(-1)4+…+(2n-1)(-1)n+1,两式相减可得2Sn=(-1)+2×[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(2n-1)(-1)n+1=-1+2×1-(-1)n+11-(-1)-(2n-1)(-1)n+1=-2n·(-1)n+1,所以Sn=-n·(-1)n+1≥2020,解得n≥2020(n为偶数),所以存在正整数k,使得Sk≥2020成立,k的最小值为2020.若选择条件②,因为b1=a1,3b2=a2,所以b1=2,b2=4,于是bn=2n,此时anbn=2n-1,所以Sn=1+3+5+…+(2n-1)=n2.由Sn≥2020可得n≥45,所以存在正整数k,使得Sk≥2020成立,k的最小值为45.若选择条件③,因为b1=a1+1,b2=a2-3,所以b1=3,b2=9,于是bn=3n,此时anbn=(2n-1)23n,所以Sn=1×23+3×232+5×233+…+(2n-1)23n, 两边同乘以23得23Sn=1×232+3×233+5×234+…+(2n-1)23n+1,两式相减可得13Sn=23+2×232+233+…+23n-(2n-1)23n+1=103-(2n+5)23n+1,所以Sn=10-(6n+15)23n+1.因为(6n+15)23n+1>0,所以不存在正整数k,使得Sk≥2020成立.