第2章 大单元5 数列及其综合运用-高中数学训练与探索之大单元微专题（教师版）

高中数学训练与探索(大单元微专题) Tn= 1 3+ 2 32+ …+ n-1 3n-1+ n 3n ① , 1 3Tn= 1 32+ 2 33+ …+ n-1 3n + n 3n+1 ②. ①-②得 2 3Tn= 1 3+ 1 32+ 1 33+ …+ 1 3n- n 3n+1= 1 3 (1- 1 3n ) 1- 1 3 - n 3n+1= 1 2 (1- 1 3n )- n 3n+1. 所以Tn= 3 4 (1- 1 3n )- n 2·3n. 10 分………………………………………………………………… 所以Tn- Sn 2= 3 4 (1- 1 3n )- n 2·3n- 3 4 (1- 1 3n )=- n 2·3n<0. 所以Tn< Sn 2. 12 分…………………………………………………………………………………… 微专题11　数列的递推关系 根据数列的递推关系及其他条件求数列的通项公式是高考的热点.根据数列的一些常见递 推关系的结构特征,往往可以将所求数列通过变形或运算转化成等差(比)数列或容易求通项的 其他模型.常见的方法有:(1)利用前n 项和(或积)与第n 项的关系;(2)累加法;(3)累乘法; (4)构造法. 【问题】 设无穷数列{an}满足a1=p,a2=q,其中p,q>0且p≠q,an+2= 1 2 (an+ 2 an+1 )(n∈ N*).若{an}为周期数列,则pq的值为 ( ) A. 1 2 B.1 C.2 D.4 【答案】 C. 【解析】 因为an+2= 1 2 (an+ 2 an+1 )(n∈N *),所以an+2an+1= 1 2an+1an+1. 利用待定系数法,令 an+2an+1-k= 1 2 (an+1an-k),整理得an+2an+1= 1 2an+1an+ k 2 ,与an+2an+1= 1 2an+1an+1 比较系 数得k 2=1 ,即k=2,故an+2an+1-2= 1 2 (an+1an-2).若a1a2-2=0,则an+1an-2=0;若a1a2-2≠ 0,则数列{an+1an-2}是以a1a2-2为首项、 1 2 为公比的等比数列,故an+1an-2=(a1a2- 2)(12 ) n-1 .综上,不论a1a2-2是否为0,都有an+1an-2=(a1a2-2)(12 ) n-1 ①.因为{an}为周期数 列且a1≠a2,所以存在k∈N*且k≥2,使得an+k=an 对任意n∈N* 成立.特别地,ak+1=a1,ak+2= 082 第2章 数 列 a2,则ak+1ak-2=a1a2-2.又由①知ak+1ak-2=(a1a2-2)(12 ) k-1 .若a1a2-2≠0时,则ak+1ak-2= a1a2-2≠0,所以1= (12 ) k-1 ,解得k=1,与k≥2矛盾;若a1a2-2=0时,an+1an-2=0,即an+1an= 2②对任意n∈N*成立.又an+2an+1=2③,明显an>0,由③/② 并整理得an+2=an,即a1=a3=a5= …=a2k-1=…,a2=a4=a6=…=a2k=…,故数列{an}的一个周期为2,符合条件.综上,pq=a1a2= 2.故选C. 【例题】 (2021·全国乙卷)记Sn 为数列{an}的前n 项的和,bn 为数列{Sn}的前n 项的积,已知 2 Sn+ 1 bn=2. (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 【解析】 (1)方法1 由已知 2 Sn+ 1 bn=2 得Sn= 2bn 2bn-1 ,且bn≠0,bn≠ 1 2. 取n=1,由S1=b1, 得b1= 3 2. 因为bn 为数列{Sn}的前n项积,所以 2b1 2b1-1 · 2b2 2b2-1 ·…· 2bn 2bn-1=bn ,2b1 2b1-1 · 2b2 2b2-1 · …· 2bn+1 2bn+1-1=bn+1 ,故 2bn+1 2bn+1-1= bn+1 bn . 由于bn+1≠0,所以 2 2bn+1-1= 1 bn ,即bn+1-bn= 1 2 ,n∈N*. 因此,数列{bn}是以 3 2 为首项、以1 2 为公差的等差数列. 方法2 由已知 2 Sn+ 1 bn=2 ,当n=1时,由S1=b1,得b1= 3 2. 明显对任意n∈N*,bn≠0.当n≥2 时,Sn= bn bn-1 ,故由2 Sn+ 1 bn=2 得 2bn-1 bn + 1 bn=2 ,即bn+1-bn= 1 2 ,n∈N*.因此,数列{bn}是以 3 2 为首 项、以1 2 为公差的等差数列. (2)由(1)可得数列{bn}是以 3 2 为首项、以1 2 为公差的等差数列,所以bn= 3 2+