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  • 2021-06-16 发布

【数学】2019届一轮复习人教A版(文)6高考中的数列问题学案

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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=

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