2018-天津卷文-18 解-等差数列

本题导读

本题考查等差数列的通项与前n项和。核心在于方程组法、分组求和法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年天津卷文）设 $\{a_n\}$ 是等差数列，其前 $n$ 项和为 $S_n$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$)，$\{b_n\}$ 是等比数列，公比大于 $0$，其前 $n$ 项和为 $T_n$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$). 已知 $b_1=1,b_3=b_2+2,b_4=a_3+a_5,b_5=a_4+2a_6$.

(1) 求 $S_n$ 和 $T_n$；

(2) 若 $S_n+(T_1+T_2+\cdots +T_n)=a_n+4b_n$，求正整数 $n$ 的值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 利用等比数列的性质和已知条件求出公比 $q$ 及通项 $b_n$，进而求出 $T_n$。
2. 利用等差数列的线性关系求出首项和公差，进而求出 $S_n$ 和 $a_n$。
3. 将求和式代入方程，利用数列性质解出正整数 $n$。

✅【答案】

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(1) $S_n=\frac{n(n+1)}{2}$，$T_n=2^n-1$

(2) $n=4$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 设等比数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$ ($q>0$)，首项 $b_1=1$。 由 $b_3=b_2+2$，可得 $q^2=q+2⟹q^2-q-2=0$。 解得 $q=2$（因为 $q>0$）或 $q=-1$（舍去）。 故 $b_n=1\times 2^{n-1}=2^{n-1}$， 其前 $n$ 项和为 $T_n=\frac{1(1-2^n)}{1-2}=2^n-1$。 设等差数列 $\{a_n\}$ 的首项为 $a_1$，公差为 $d$。 已知 $b_4=a_3+a_5⟹2^3=(a_1+2d)+(a_1+4d)⟹2a_1+6d=8⟹a_1+3d=4$。 已知 $b_5=a_4+2a_6⟹2^4=(a_1+3d)+2(a_1+5d)⟹3a_1+13d=16$。 联立方程组： $\{\begin{array}{l}{a}_1+3d=4,\\ 3a_1+13d=16.\end{array}$ 解得 $d=1$, $a_1=1$。 因此等差数列的通项为 $a_n=1+(n-1)\times 1=n$， 前 $n$ 项和为 $S_n=\frac{n(1+n)}{2}=\frac{n^2+n}{2}$。

(2) 计算 $T_1+T_2+\cdots +T_n$： $T_1+T_2+\cdots +T_n=(2^1-1)+(2^2-1)+\cdots +(2^n-1)$ $=(2^1+2^2+\cdots +2^n)-n=\frac{2(1-2^n)}{1-2}-n=2^{n+1}-2-n$ 代入方程 $S_n+(T_1+T_2+\cdots +T_n)=a_n+4b_n$： $\frac{n^2+n}{2}+2^{n+1}-2-n=n+4\cdot 2^{n-1}$ 因为 $4\cdot 2^{n-1}=2^2\cdot 2^{n-1}=2^{n+1}$， 所以方程化为： $\frac{n^2+n}{2}+2^{n+1}-2-n=n+2^{n+1}$ 两边消去 $2^{n+1}$： $\frac{n^2+n}{2}-2-n=n⟹\frac{n^2+n}{2}-2n-2=0$ 两边乘以 $2$： $n^2+n-4n-4=0⟹n^2-3n-4=0$ 因式分解得： $(n-4)(n+1)=0$ 解得 $n=4$ 或 $n=-1$（舍去）。 故正整数 $n$ 的值为 $4$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差等比数列通项与求和、方程思想。
2. 核心方法：分组求和法与方程组联立。
3. 避坑指南：等比数列公比求解时注意根据题目条件（如 $q>0$）进行取舍。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考数列板块的综合解答题。
2. 结论推广: 含有指数项与多项式混合的数列方程，通常利用指数运算性质进行化简消元。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.02 等比数列全总结

类题演练 (Links)

• 2021-天津卷-19 解-数列综合
• 2008-大纲卷II文-18 解-等差等比综合求和
• 2008-江苏卷-19 解-数列删项等比