- 275.00 KB
- 2021-06-16 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
高考专题突破三 高考中的数列问题
【考点自测】
1.(2017·洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则等于( )
A.2B.3C.5D.7
答案 B
解析 ∵在等差数列{an}中,a2,a4,a8成等比数列,∴a=a2a8,∴(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),∴d2=a1d,
∵d≠0,∴d=a1,∴==3.故选B.
2.(2018·衡水调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
∵a5=5,S5=15,∴∴
∴an=a1+(n-1)d=n.
∴==-,
∴数列的前100项和为++…+=1-=.
3.若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )
A.6B.7C.8D.9
答案 D
解析 由题意知a+b=p,ab=q,∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.在a,b,-2这三个数的6种排序中,成等差数列的情况有:a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a;成等比数列的情况有:a,-2,b;b,-2,a.
∴或解得或
∴p=5,q=4,∴p+q=9,故选D.
4.(2017·江西高安中学等九校联考)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a1·a6·a11=3,b1+b6+b11=7π,则tan的值是( )
A.1 B.
C.- D.-
答案 D
解析 {an}是等比数列,{bn}是等差数列,且a1·a6·a11=3,b1+b6+b11=7π,
∴a=()3,3b6=7π,
∴a6=,b6=,
∴tan=tan=tan
=tan=tan=-tan=-.
5.(2018·保定模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N*都有Sn=an-,若10,n∈N*.
(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-=1的离心率为en,且e2=2,求e+e+…+e.
解 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,得Sn+2=qSn+1+1,两式相减得an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列,
从而an=qn-1.
由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3,
所以a3=2a2,故q=2.
所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知,an=qn-1,
所以双曲线x2-=1的离心率
en==.
由e2==2,解得q=,
所以e+e+…+e
=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]
=n+[1+q2+…+q2(n-1)]
=n+=n+(3n-1).
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.
跟踪训练1 (2018·沧州模拟)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为S
n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,
于是q2==.
又{an}不是递减数列且a1=,所以q=-.
故等比数列{an}的通项公式为an=×n-1=(-1)n-1·.
(2)由(1)得Sn=1-n=
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1Sn-≥S2-=-=-.
综上,对于n∈N*,总有-≤Sn-≤.
所以数列{Tn}的最大项的值为,最小项的值为-.
题型二 数列的通项与求和
例2 (2018·邢台模拟)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1
=(-1)n-1
=(-1)n-1.
当n为偶数时,
Tn=-+…+-
=1-=.
当n为奇数时,Tn=-+…-+
=1+=.
所以Tn=(或Tn=)
思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列,此时从要证的结论出发,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,常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.
跟踪训练2 (2018·大连模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=,an+1=an(n∈N*).
(1)证明:数列是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
(1)证明 ∵a1=,an+1=an,
当n∈N*时,≠0,
又=,∶=(n∈N*)为常数,
∴是以为首项,为公比的等比数列.
(2)解 由是以为首项,为公比的等比数列,
得=·n-1,∴an=n·n.
∴Sn=1·+2·2+3·3+…+n·n,
Sn=1·2+2·3+…+(n-1)n+n·n+1,
∴两式相减得Sn=+2+3+…+n-n·n+1=-n·n+1,
∴Sn=2-n-1-n·n
=2-(n+2)·n.
综上,an=n·n,Sn=2-(n+2)·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 (2018·长春模拟)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).
(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和Tn.
解 (1)由已知,得b7=,b8==4b7,
有=4×=,
解得d=a8-a7=2,
所以Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)f′(x)=2xln2,f′(a2)=ln2,
故函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=ln2(x-a2),
它在x轴上的截距为a2-.
由题意,得a2-=2-,
解得a2=2,
所以d=a2-a1=1.
从而an=n,bn=2n,=.
所以Tn=+++…++,
2Tn=+++…+.
两式相减,得
2Tn-Tn=1+++…+-
=2--
=.
所以Tn=.
命题点2 数列与不等式的交汇
例4(2016·天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d,对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项.
(1)设cn=b-b,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;
(2)设a1=d,Tn= (-1)kb,n∈N*,求证:<.
证明 (1)由题意得b=anan+1,
cn=b-b=an+1an+2-anan+1=2dan+1.
因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,
所以{cn}是等差数列.
(2)Tn=(-b+b)+(-b+b)+…+(-b+b)
=2d(a2+a4+…+a2n)
=2d·
=2d2n(n+1).
所以==
=·<.
命题点3 数列应用题
例5某企业为了进行技术改造,设计了两种方案,甲方案:一次性贷款10万元,第一年便可获利1万元,以后每年比前一年增加30 的利润;乙方案:每年贷款1万元,
第一年可获利1万元,以后每年比前一年增加5千元.两种方案的使用期都是10年,到期一次性归还本息.若银行两种形式的贷款都按年息5 的复利计算,试比较两种方案中哪种获利更多?(参考数据:取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)
解 甲方案中,每年所获利润组成等比数列,首项为1,公比为(1+30 ),所以10年所获得的总利润为
S10=1+(1+30 )+(1+30 )2+…+(1+30 )9
=≈42.62(万元),
贷款到期时,需要偿还银行的本息是
10(1+5 )10≈16.29(万元),
故使用甲方案所获纯利润为
42.62-16.29=26.33(万元).
乙方案中,每年的利润组成等差数列,首项为1,公差为0.5,
所以10年所获得的总利润为
T10=1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5)
=10×1+×0.5=32.5(万元),
从第一年起,每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列,首项为1×(1+5 )10万元,公比为,
故贷款到期时,需要偿还银行的本息是
1×[(1+5 )10+(1+5 )9+…+(1+5 )]
=1.05×≈13.21(万元),
故使用乙方案所获纯利润为
32.5-13.21=19.29(万元).
综上可知,甲方案获利更多.
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,解题时要注意数列与函数的内在联系,掌握递推数列的常见解法.
(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.
跟踪训练3 (2018·烟台模拟)已知二次函数f(x)=ax2+bx的图象过点(-4n,0),且f′(0)=2n,n∈N*,数列{an}满足=f′,且a1=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)f′(x)=2ax+b,由题意知b=2n,
16n2a-4nb=0,
∴a=,
则f(x)=x2+2nx,n∈N*.
数列{an}满足=f′,
又f′(x)=x+2n,
∴=+2n,∴-=2n,
由叠加法可得-=2+4+6+…+2(n-1)=n2-n,
化简可得an=(n≥2),
当n=1时,a1=4也符合,
∴an=(n∈N*).
(2)∵bn==
=2,
∴Tn=b1+b2+…+bn
=++…+
=2
=2=.
1.(2018·泰安模拟)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=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(2)证明:为等比数列;
(3)求数列{an}的通项公式.
(1)解 当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,
即4+5=8+1,
解得a4=.
(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),
当n=1时,4a3+a1=4×+1=6=4a2,
所以n=1也满足此式,
所以4an+2+an=4an+1 (n∈N*),
因为=
===,
所以数列是以a2-a1=1为首项,为公比的等比数列.
(3)解 由(2)知:数列是以a2-a1=1为首项,为公比的等比数列,
所以an+1-an=n-1.
即-=4,
所以数列是以=2为首项,4为公差的等差数列,所以=2+(n-1)×4=4n-2,
即an=(4n-2)×n=(2n-1)×n-1,
所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)×n-1.
2.(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2和a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=anan,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值.
解 (1)由题意,得
解得或
∵{an}是递增数列,∴a1=2,q=2,
∴数列{an}的通项公式为an=2·2n-1=2n.
(2)∵bn=anan=2n·2n=-n·2n,
∴Sn=b1+b2+…+bn=-(1×2+2×22+…+n·2n),①
则2Sn=-(1×22+2×23+…+n·2n+1),②
②-①,得Sn=(2+22+…+2n)-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,
则Sn+n·2n+1=2n+1-2,
解2n+1-2>62,得n>5,
∴n的最小值为6.
3.(2018届江西赣州红色七校联考)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a5=a,S7=63.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=a1,且bn+1-bn=an+1,求数列的前n项和Tn.
解 (1)设正项等差数列{an}的首项为a1,公差为d,且an>0.
则
解得∴an=2n+1.
(2)∵bn+1-bn=an+1且an=2n+1(n∈N*),
∴bn+1-bn=2n+3,
当n≥2时,bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=(2n+1)+(2n-1)+…+5+3=n(n+2).
当n=1时,b1=3满足上式,
∴bn=n(n+2),
∴==,
∴Tn=++…++
=
=
=-.
4.(2018届广东广州海珠区综合测试)已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,an+1=2Sn+1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3an+1,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意得an+1=2Sn+1,
an=2Sn-1+1(n≥2).
两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,
则an+1=3an(n≥2),
所以当n≥2时,{an}是以3为公比的等比数列.
因为a2=2S1+1=2a1+1=3,=3,所以,=3,对任意正整数成立,
{an}是首项为1,公比为3的等比数列,
所以an=3n-1.
(2)bn=log3an+1=log33n=n,
所以an+bn=3n-1+n,
Tn=(30+1)+(31+2)+(32+3)+…+(3n-2+n-1)+(3n-1+n)
=(30+31+32+…+3n-2+3n-1)+(1+2+3+…+n-1+n)
=+
=.
5.(2017·济宁模拟)已知Sn是正项数列{an}的前n项和,且2Sn=a+an,等比数列{bn}的公比q>1,b1=2,且b1,b3,b2+10成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=an·bn+(-1)n·,记T2n=c1+c2+c3+…+c2n,求T2n.
解 (1)当n≥2时,由题意得
2Sn-2Sn-1=a-a+an-an-1,
∴2an=a-a+an-an-1,
a-a-(an+an-1)=0,
(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
∵{an}是正项数列,∴an+an-1≠0,∴an-an-1=1,
当n=1时,2a1=a+a1.
∵a1>0,∴a1=1,
∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,
∴an=1+(n-1)×1=n.
由b1=2,2b3=b1+(b2+10),得2q2-q-6=0,
解得q=2或q=-(舍),∴bn=b1qn-1=2n.
(2)由(1)得cn=n·2n+(-1)n·
=n·2n+(-1)n,
∴T2n=(1×2+2×22+…+2n·22n)+
=(1×2+2×22+…+2n·22n)+,
记W2n=1×2+2×22+…+2n·22n,
则2W2n=1×22+2×23+…+2n·22n+1,
以上两式相减可得-W2n=2+22+…+22n-2n·22n+1=-2n·22n+1=(1-2n)·22n+1-2,
∴W2n=(2n-1)·22n+1+2,
∴T2n=W2n+
=(2n-1)·22n+1++1.
6.已知数列{an},{bn},其中,a1=,数列{an}满足(n+1)·an=(n-1)an-1 (n≥2,n∈N*),数列{bn}满足b1=2,bn+1=2bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)是否存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1+++…+<恒成立?若存在,求出m的最小值;
(3)若数列{cn}满足cn=求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由(n+1)an=(n-1)an-1,
即=(n≥2).
又a1=,
所以an=···…···a1
=···…···
=.
当n=1时,上式成立,故an=.
因为b1=2,bn+1=2bn,
所以{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,
故bn=2n.
(2)由(1)知,bn=2n,
则1+++…+=1+++…+=2-.
假设存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1+++…+<恒成立,即2-<恒成立,由≥2,解得m≥16.
所以存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1+++…+<恒成立,此时,m的最小值为16.
(3)当n为奇数时,
Tn=+(b2+b4+…+bn-1)
=[2+4+…+(n+1)]+(22+24+…+2n-1)
=·+
=+(2n-1-1);
当n为偶数时,
Tn=+(b2+b4+…+bn)
=(2+4+…+n)+(22+24+…+2n)
=·+
=+(2n-1).
所以Tn=