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江苏专用2018版高考数学大一轮复习高考专题突破三高考中的数列问题教师用书文

时间:2017-10-13


高考专题突破三 高考中的数列问题

1.(2017·苏州月考)数列{an}是公差不为 0 的等差数列,且 a1,a3,a7 为等比数列{bn}中连续 的三项,则数列{bn}的公比为____. 答案 2 解析 设数列{an}的公差为 d(d≠0),由 a3=a1a7,得(a1+2d) =a1(a1+6d),解得 a1=2d, 故数列{bn}的公比 q= =
2 2

a3 a1+2d 2a1 = =2. a1 a1 a1
? ?anan+1?

2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列? 答案 100 101

1 ? ?的前 100 项和为_____.

解析 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d.

a1+4d=5, ? ? ∵a5=5,S5=15,∴? 5×?5-1? 5a1+ d=15, ? 2 ?
∴an=a1+(n-1)d=n. ∴ 1

∴?

? ?a1=1, ?d=1, ?

anan+1 n?n+1? n n+1
?



1

1 1 = - ,

∴数列?

1 ? ? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?=1- 1 =100. ?的前 100 项和为?1- ?+? - ?+…+? ? 101 101 ? 2? ?2 3? ?100 101? ?anan+1?

3.(2016·南通、淮安模拟)在等比数列{an}中,a2=1,公比 q≠±1.若 a1,4a3,7a5 成等差数列, 则 a6 的值是________. 答案 1 49

1 3 解析 因为{an}为等比数列,且 a2=1,所以 a1= ,a3=q,a5=q ,由 a1,4a3,7a5 成等差数列

q

1 3 得 8q= +7q ,

q

1 1 2 2 4 解得 q =1(舍去)或 q = ,故 a6=a2q = . 7 49 4.(2015·课标全国Ⅱ)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn=_____. 1 答案 -

n Sn+1-Sn SnSn+1
1

解析 由题意, 得 S1=a1=-1, 又由 an+1=SnSn+1, 得 Sn+1-Sn=SnSn+1, 因为 Sn≠0, 所以

=1,即

1

Sn+1 Sn

?1? 1 1 1 - =-1,故数列? ?是以 =-1 为首项,-1 为公差的等差数列,所以 =-1 ?Sn?

S1

Sn

-(n-1)=-n, 1 所以 Sn=- .

n

2 1 * * 5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N 都有 Sn= an- ,若 1<Sk<9 (k∈N ),则 k 的 3 3 值为____. 答案 4 2 1 解析 由题意,Sn= an- , 3 3 2 1 当 n≥2 时,Sn-1= an-1- , 3 3 2 2 两式相减,得 an= an- an-1, 3 3 ∴an=-2an-1, 又 a1=-1, ∴{an}是以-1 为首项,以-2 为公比的等比数列, ∴an=-(-2)
n-1

?-2? -1 ,∴Sk= , 3
k
*

k

由 1<Sk<9,得 4<(-2) <28,又 k∈N ,∴k=4.

题型一 等差数列、等比数列的综合问题 例 1 (2016·苏州暑假测试)已知等差数列{an}的公差为 2,其前 n 项和 Sn=pn +2n,n∈N . (1)求实数 p 的值及数列{an}的通项公式; 1 (2)在等比数列{bn}中,b3=a1,b4=a2+4,若{bn}的前 n 项和为 Tn.求证: 数列{Tn+ }为等 6 比数列. (1)解 Sn=na1+
2 *

n?n-1? d=na1+n(n-1)=n2+(a1-1)n,又 Sn=pn2+2n,n∈N*,
2

所以 p=1,a1-1=2,即 a1=3, 所以 an=3+2(n-1)=2n+1. (2)证明 因为 b3=a1=3,b4=a2+4=9,所以 q=3. 所以 bn=b3q
n-3

=3×3

n-3

=3

n-2

1 ,所以 b1= . 3
2

1 n ?1-3 ? n n 3 3 -1 1 3 所以 Tn= = ,所以 Tn+ = . 1-3 6 6 6 1 1 又 T1+ = , 6 2 1 3 6 6 1 1 所以 = n-1=3 (n≥2),所以数列{Tn+ }是以 为首项,3 为公比的等比数列. 1 3 6 2 Tn-1+ 6 6
n

Tn+

思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1)分析已知条件和求解目标,为最终解决问题设置中间问题,例如求和需要先求出通项、求 通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的顺序. (2)注意细节:在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定,则要看其 是否有等于 1 的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这 些细节对解题的影响也是巨大的. 在等差数列{an}中,a10=30,a20=50. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=2an-10,证明:数列{bn}为等比数列; (3)求数列{nbn}的前 n 项和 Tn. (1)解 设数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d, 由 a10=30,a20=50,得方程组?
? ?a1=12, ?d=2. ? ?a1+9d=30, ? ?a1+19d=50, ?

解得?

所以 an=12+(n-1)·2=2n+10.
2n+10-10

(2)证明 由(1),得 bn=2an-10=2 所以

=2 =4 ,

2n

n

bn+1 4n+1 = n =4. bn 4

所以{bn}是首项为 4,公比为 4 的等比数列. (3)解 由 nbn=n×4 ,得 Tn=1×4+2×4 +…+n×4 , 4Tn=1×4 +…+(n-1)×4 +n×4
2 2

n

2

n

① ②

n

n+1


n+1

①-②,得-3Tn=4+4 +…+4 -n×4 4?1-4 ? n+1 = -n×4 . -3 ?3n-1?×4 所以 Tn= 9
n+1 n

n

+4 .

题型二 数列的通项与求和

3

例 2 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,在数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且 an+Sn =n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式. (1)证明 ∵an+Sn=n, ∴an+1+Sn+1=n+1. ②-①,得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, ∴ ① ②

an+1-1 1 = ,∴{an-1}是等比数列. an-1 2

∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1. 1 1 1 ∴a1= ,∴c1=- ,公比 q= . 2 2 2 又 cn=an-1, 1 1 ∴{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1 1 n-1 1 n (2)解 由(1)可知 cn=(- )·( ) =-( ) , 2 2 2 1 n ∴an=cn+1=1-( ) . 2 ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1 1 n 1 n-1 =1-( ) -[1-( ) ] 2 2 1 n-1 1 n 1 n =( ) -( ) =( ) . 2 2 2 1 1 n 又 b1=a1= ,代入上式也符合,∴bn=( ) . 2 2 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列, 此时要从证的结论出发, 这是很重要的解 题信息. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法, 常用的有错位相减法, 分组求和法, 裂项求和法等. 已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4 =21,S4+b4=30. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)记 cn=anbn,n∈N ,求数列{cn}的前 n 项和. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q. 由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q ,S4=8+6d.
3 *

4

由条件 a4+b4=21,S4+b4=30,
?2+3d+2q =21, ? 得方程组? 3 ?8+6d+2q =30, ?
3

解得?
*

?d=1, ? ?q=2. ?

所以 an=n+1,bn=2 ,n∈N . (2)由题意知 cn=(n+1)×2 . 记 Tn=c1+c2+c3+…+cn. 则 Tn=2×2+3×2 +4×2 +…+n×2 2Tn=2×2 +3×2 +…+(n-1)×2
2 3 2 3 2 3

n

n

n-1

+(n+1)×2 ,
n n+1

n

n-1

+n×2 +(n+1)2
n+1



所以-Tn=2×2+(2 +2 +…+2 )-(n+1)×2 即 Tn=n·2
n+1

n



,n∈N .

*

题型三 数列与其他知识的交汇 命题点 1 数列与函数的交汇 例3 满足 已知二次函数 f(x)=ax +bx 的图象过点(-4n,0),且 f′(0)=2n,n∈N ,数列{an} 1
2 *

an+1

?1? =f′? ?,且 a1=4. ?an?

(1)求数列{an}的通项公式; (2)记 bn= anan+1,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)f′(x)=2ax+b,由题意知 b=2n, 16n a-4nb=0, 1 ∴a= , 2 1 2 * 则 f(x)= x +2nx,n∈N . 2 数列{an}满足 1
2

an+1

?1? =f′? ?, a ? n?

又 f′(x)=x+2n, ∴ 1

an+1 an

1 1 1 = +2n,∴ - =2n,

an+1 an

1 1 2 由叠加法可得 - =2+4+6+…+2(n-1)=n -n, an 4 4 化简可得 an= 2(n≥2), ?2n-1? 当 n=1 时,a1=4 也符合, ∴an= 4 * 2(n∈N ). ?2n-1?

5

(2)∵bn= anan+1= =2?

4 ?2n-1??2n+1?

? 1 - 1 ?, ? ?2n-1 2n+1?

∴Tn=b1+b2+…+bn = a1a2+ a2a3+…+ anan+1

?? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?? =2??1- ?+? - ?+…+? ?? ?? 3? ?3 5? ?2n-1 2n+1??
=2?1- =

? ?

1 ? 2n+1? ?

4n . 2n+1

命题点 2 数列与不等式的交汇 例 4 数列{an}满足 a1=1,an+1=2an(n∈N ),Sn 为其前 n 项和.数列{bn}为等差数列,且满足
*

b1=a1,b4=S3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设 cn= 1 1 1 ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,证明: ≤Tn< . bn·log2a2n+2 3 2

(1)解 由题意知,{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列, ∴an=a1·2
n n-1

=2

n-1

.

∴Sn=2 -1. 设等差数列{bn}的公差为 d,则 b1=a1=1,b4=1+3d=7, ∴d=2,bn=1+(n-1)×2=2n-1. (2)证明 ∵log2a2n+2=log22 ∴cn=
2n+1

=2n+1,

1 1 = bn·log2a2n+2 ?2n-1??2n+1?

1 1 1 = ( - ), 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= (1- + - +…+ - ) 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 n = (1- )= . 2 2n+1 2n+1 1 1 1 * ∵n∈N ,∴Tn= (1- )< , 2 2n+1 2

n n-1 当 n≥2 时,Tn-Tn-1= - 2n+1 2n-1
= 1 >0, ?2n+1??2n-1?
6

1 ∴数列{Tn}是一个递增数列,∴Tn≥T1= . 3 1 1 综上所述, ≤Tn< . 3 2 命题点 3 数列应用题 例 5 (2016·南京模拟)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产 .该企业第一年年初

有资金 2 000 万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年年增长率与第 一年的相同.公司要求企业从第一年开始, 每年年底上缴资金 d 万元, 并将剩余资金全部投入 下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示). 解 (1)由题意,得

a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d, a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4 500- d,
… 3 2 5 2

an+1=an(1+50%)-d= an-d.
3 3 3 (2)由(1),得 an= an-1-d= ( an-2-d)-d 2 2 2 3 2 3 =( ) an-2- d-d 2 2 =… 3 n-1 3 3 2 3 n-2 =( ) a1-d[1+ +( ) +…+( ) ] 2 2 2 2 整理,得

3 2

an=( )n-1(3 000-d)-2d[( )n-1-1]
3 n-1 =( ) (3 000-3d)+2d. 2 由题意,得 am=4 000, 3 m-1 即( ) (3 000-3d)+2d=4 000. 2 3 m [? ? -2]×1 000 m m+1 2 1 000?3 -2 ? 解得 d= = . m m 3 m 3 -2 ? ? -1 2
7

3 2

3 2

1 000?3 -2 故该企业每年上缴资金 d 的值为 m m 3 -2 000 万元.

m

m+1

? 时,经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 4

思维升华 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题 ①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题; ②已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方 法对式子化简变形.另外, 解题时要注意数列与函数的内在联系, 灵活运用函数的思想方法求 解,在问题的求解过程中往往会遇到递推数列,因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问 题的解决. (2)数列与不等式的交汇问题 ①函数方法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关 于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式; ②放缩方法:数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到; ③比较方法:作差或者作商比较. (3)数列应用题 ①根据题意,确定数列模型; ②准确求解模型; ③问题作答,不要忽视问题的实际意义. 设 n∈N ,xn 是曲线 y=x (1)求数列{xn}的通项公式; 1 2 2 2 (2)记 Tn=x1x3…x2n-1,证明:Tn≥ . 4n (1)解 y′=(x 曲线 y=x
2n+2 2n+2 * 2n+2

+1 在点(1,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标.

+1)′=(2n+2)x

2n+1



+1 在点(1,2)处的切线斜率为 2n+2,

从而切线方程为 y-2=(2n+2)(x-1). 令 y=0,解得切线与 x 轴交点的横坐标 1 n xn=1- = . n+1 n+1 (2)证明 由题设和(1)中的计算结果知
2 2 2 2 Tn=x2 1x3…x2n-1=( ) ( ) …(

1 2

3 4

2n-1 2 ). 2n

1 当 n=1 时,T1= . 4 2n-1 2 ?2n-1? ?2n-1? -1 2n-2 n-1 2 当 n≥2 时,因为 x2n-1=( )= = = , 2 > 2 2n ?2n? ?2n? 2n n
8
2 2

1 2 1 2 n-1 1 所以 Tn>( ) × × ×…× = . 2 2 3 n 4n 1 * 综上可得,对任意 n∈N ,均有 Tn≥ . 4n

1.(2016·全国甲卷)等差数列{an}中,a3+a4=4,a5+a7=6. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=[an],求数列{bn}的前 10 项和,其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如[0.9]=0, [2.6]=2. 2 解 (1)设数列{an}的公差为 d,由题意有 2a1+5d=4,a1+5d=3.解得 a1=1,d= . 5 所以{an}的通项公式为 an= (2)由(1)知,bn=? 2n+3 . 5

?2n+3?. ? ? 5 ?

2n+3 当 n=1,2,3 时,1≤ <2,bn=1; 5 2n+3 当 n=4,5 时,2≤ <3,bn=2; 5 2n+3 当 n=6,7,8 时,3≤ <4,bn=3; 5 2n+3 当 n=9,10 时,4≤ <5,bn=4. 5 所以数列{bn}的前 10 项和为 1×3+2×2+3×3+4×2=24. 2.(2016·山东)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n +8n,{bn}是等差数列,且 an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; ?an+1? (2)令 cn= n ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. ?bn+2? 解 (1)由题意知,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5, 当 n=1 时,a1=S1=11,所以 an=6n+5. 设数列{bn}的公差为 d.由?
?11=2b1+d, ? 即? ?17=2b1+3d, ? ?a1=b1+b2, ? ? ?a2=b2+b3,
n+1
2

可解得 b1=4,d=3,所以 bn=3n+1.

9

?6n+6? n+1 (2)由(1)知,cn= . n =3(n+1)·2 ?3n+3? 又 Tn=c1+c2+…+cn, 得 Tn=3×[2×2 +3×2 +…+(n+1)×2 2Tn=3×[2×2 +3×2 +…+(n+1)×2
2 3 4 3 4 2 3

n+1

n+1

],

n+2

].
n+1

两式作差,得-Tn=3×[2×2 +2 +2 +…+2

-(n+1)×2

n+2

]

? 4?1-2 ?-?n+1?×2n+2? =3×?4+ ? 1-2 ? ?
=-3n·2
n+2

n

,所以 Tn=3n·2

n+2

.

3 5 * 3.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N .已知 a1=1,a2= ,a3= ,且当 n≥2 时,4Sn+2+5Sn 2 4 =8Sn+1+Sn-1. (1)求 a4 的值; 1 (2)证明:{an+1- an}为等比数列; 2 (3)求数列{an}的通项公式. (1)解 当 n=2 时,4S4+5S2=8S3+S1, 3 5 3 即 4(1+ + +a4)+5(1+ ) 2 4 2 3 5 =8(1+ + )+1, 2 4 7 解得:a4= . 8 (2)证明 因为 4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2), 所以 4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2), 即 4an+2+an=4an+1 (n≥2), 5 当 n=1 时,4a3+a1=4× +1=6=4a2, 4 所以 n=1 也满足此式, 所以 4an+2+an=4an+1 (n∈N ), 1 2 4an+2-2an+1 因为 = 1 4an+1-2an an+1- an 2
*

an+2- an+1



4an+1-an-2an+1 2an+1-an 1 = = , 4an+1-2an 2?2an+1-an? 2

1 1 1 所以数列{an+1- an}是以 a2- a1=1 为首项,公比为 的等比数列. 2 2 2
10

1 1 1 (3)解 由(2)知:数列{an+1- an}是以 a2- a1=1 为首项,公比为 的等比数列, 2 2 2 1 1 n-1 所以 an+1- an=( ) . 2 2 即 - =4, 1 n+1 1 n ? ? ? ? 2 2

an+1

an

a ? ? n ? ? a1 an 所以数列? 1 n?是以 =2 为首项,公差为 4 的等差数列,所以 =2+(n-1)×4=4n ? ? 1 1 n ? 2 ? ? ? ? ?
2 2 -2, 1 n 1 n-1 即 an=(4n-2)×( ) =(2n-1)×( ) , 2 2 1 n-1 所以数列{an}的通项公式是 an=(2n-1)×( ) . 2 4.(2016·常州期末)已知等差数列{an}的公差 d 为整数,且 ak=k +2,a2k=(k+2) ,其中 k 为常数且 k∈N . (1)求 k 及 an; (2)设 a1>1,{an}的前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}的首项为 1,公比为 q(q>0),前 n 项和为 Tn. 若存在正整数 m,使得 =T3,求 q.
?dk+a1-d=k +2, ? (1) 由题意得? 2 ?2dk+a1-d=?k+2? , ?
2 * 2 2

S2 Sm



① ②

2 ②-①,得 d=4+ .

k

因为 k∈N 且 d 为整数,所以 k=1 或 k=2. 当 k=1 时,d=6,代入①,解得 a1=3,所以 an=6n-3. 当 k=2 时,d=5,代入①,解得 a1=1,所以 an=5n-4. (2)因为 a1>1,所以 an=6n-3,从而 Sn=3n .
2

*

S2 12 2 由 =T3,得 2=1+q+q , Sm 3m
4 2 整理得 q +q+1- 2=0.

m

4 16 2 因为 Δ =1-4(1- 2)≥0,所以 m ≤ . m 3 因为 m∈N ,所以 m=1 或 m=2.
*

11

- 13-1 13-1 当 m=1 时,q= (舍去)或 q= . 2 2 当 m=2 时,q=0 或 q=-1(均舍去). 综上所述,q= 13-1 . 2
?

5.(2015·山东)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列? (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(an+1)· 2 n ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为 d, 令 n=1,得 1
a

1

?an·an+1?

? ?的前 n 项和为

. 2n+1

n

a1a2 3

1 = , ① + 2 = , a2a3 5 ② 1

所以 a1a2=3. 令 n=2,得 1

a1a2

所以 a2a3=15. 由①②解得 a1=1,d=2, 所以 an=2n-1.经检验,符合题意. (2)由(1)知 bn=2n·2
1 2n-1

=n·4 ,
n

n

所以 Tn=1·4 +2·4 +…+n·4 , 所以 4Tn=1·4 +2·4 +…+n·4
1 2 2 3

2

n+1


n+1

两式相减,得-3Tn=4 +4 +…+4 -n·4 = 4?1-4 ? 1-3n n+1 4 n+1 -n·4 = ×4 - . 1-4 3 3
n

n

3n-1 n+1 4 4+?3n-1?4 所以 Tn= ×4 + = 9 9 9

n+1

.

12


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