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  • 2021-06-30 发布

【数学】2019届一轮复习人教A版(文)大题冲关系列(三)数列的综合问题学案

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数列的综合问题 命题动向:从近五年高考试题分析来看,等差、等比数列是重要 的数列类型,高考考查的主要知识点有:等差、等比数列的概念、性 质、前 n 项和公式.由于数列的渗透力很强,它和函数、方程、向量、 三角形、不等式等知识相互联系,优化组合,无形中加大了综合的力 度.解决此类题目,必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较 深的理解. 题型 1 等差、等比数列的综合运算 例 1 [2017·全国卷Ⅰ]记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.已知 S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通项公式; (2)求 Sn,并判断 Sn+1,Sn,Sn+2 是否成等差数列. 解题视点 (1)熟练应用等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公 式;(2)在证明 a,b,c 成等差、等比数列时,可以利用等差中项:a+c 2 =b 或等比中项:ac=b2 来证明. 解 (1)设{an}的公比为 q.由题设可得 a11+q=2, a11+q+q2=-6. 解得 q=-2,a1=-2. 故{an}的通项公式为 an=(-2)n. (2)由(1)可得 Sn=a11-qn 1-q =-2 3 +(-1)n2n+1 3 . 由于 Sn+2+Sn+1=-4 3 +(-1)n2n+3-2n+2 3 =2 -2 3 +-1n2n+1 3 =2Sn, 故 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列. 冲关策略 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. 变式训练 1 已知数列{an}是等差数列,首项 a1=2,且 a3 是 a2 与 a4+1 的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 2 n+3an+2 ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)设{an}的公差为 d,由题意可得 a23=a2·(a4+1), 即(2+2d)2=(2+d)(3+3d), ∴d=2 或 d=-1. 当 d=-1 时,a3=0,不符合条件. ∴d=2, ∴an=a1+(n-1)d=2n. (2)bn= 2 n+3an+2 = 2 n+32n+2 = 1 n+3n+1 =1 2 1 n+1 - 1 n+3 ∴Sn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn =1 2 1 2 -1 4 +1 3 -1 5 +1 4 -1 6 +…+1 n - 1 n+2 + 1 n+1 - 1 n+3 =1 2 1 2 +1 3 - 1 n+2 - 1 n+3 = 5 12 - 2n+5 2n+2n+3. 题型 2 数列的通项与求和 例 2 [2018·临汾模拟]数列{an}的前 n 项和为 Sn,对于任意的正 整数 n 都有 an>0,4Sn=(an+1)2. (1)求证:数列{an}是等差数列,并求通项公式; (2)设 bn=an 3n,Tn=b1+b2+…+bn,求 Tn. 解题视点 (1)运用 an= S1,n=1, Sn-Sn-1,n≥2 得到{an}为等差数列, 进而求解;(2)解题的关键是错位相减法的运算,对考生的运算求解能 力要求较高. 解 (1)证明:令 n=1,4S1=4a1=(a1+1)2, 解得 a1=1, 由 4Sn=(an+1)2,得 4Sn+1=(an+1+1)2, 两式相减得 4an+1=(an+1+1)2-(an+1)2, 整理得(an+1+an)(an+1-an-2)=0, 因为 an>0,所以 an+1-an=2, 则数列{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列, an=1+2(n-1)=2n-1. (2)由(1)得 bn=2n-1 3n , Tn= 1 31+ 3 32+ 5 33+…+2n-1 3n ,① 1 3Tn= 1 32+ 3 33+ 5 34+…+2n-1 3n+1 ,② ①-②得 2 3Tn=1 3 +2 1 32+ 1 33+…+ 1 3n -2n-1 3n+1 =1 3 +2× 1 9 1- 1 3n-1 1-1 3 -2n-1 3n+1 =2 3 -2n+2 3n+1 , 所以 Tn=1-n+1 3n . 冲关策略 (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. 变式训练 2 数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2 +1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= an+1 SnSn+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)∵Sn=2an-a1, ∴当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-a1, ∴an=2an-2an-1,化为 an=2an-1. 由 a1,a2+1,a3 成等差数列得,2(a2+1)=a1+a3, ∴2(2a1+1)=a1+4a1,解得 a1=2. ∴数列{an}是等比数列,首项为 2,公比为 2. ∴ an=2n. (2)∵an+1=2n+1,∴Sn=22n-1 2-1 =2n+1-2, Sn+1=2n+2-2. ∴bn= an+1 SnSn+1 = 2n+1 2n+1-22n+2-2 =1 2 1 2n-1 - 1 2n+1-1 . ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn=1 2 1 2-1 - 1 22-1 + 1 22-1 - 1 23-1 +…+ 1 2n-1 - 1 2n+1-1 = 1 2 1- 1 2n+1-1 . 题型 3 数列与其他知识的交汇 命题角度 1 数列与函数的交汇 例 3 [2018·河南开封模拟]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 1 an+1 =f′ 1 an ,且 a1=4. (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. 解题视点 (1)叠加法求数列的通项公式;(2)裂项相消法求数列 的前 n 项和. 解 (1)f′(x)=2ax+b, 由题意知 b=2n,16n2a-4nb=0,∴a=1 2 , 则 f(x)=1 2x2+2nx,n∈N*. 数列{an}满足 1 an+1 =f′ 1 an ,又 f′(x)=x+2n, ∴ 1 an+1 = 1 an +2n,∴ 1 an+1 - 1 an =2n, 由叠加法可得 1 an -1 4 =2+4+6+…+2(n-1)=n2-n, 化简可得 an= 4 2n-12(n≥2), 当 n=1 时,a1=4 也符合,∴an= 4 2n-12(n∈N*). (2)∵bn= anan+1= 4 2n-12n+1 =2 1 2n-1 - 1 2n+1 , ∴Tn=b1+b2+…+bn = a1a2+ a2a3+…+ anan+1 =2 1-1 3 + 1 3 -1 5 +…+ 1 2n-1 - 1 2n+1 =2 1- 1 2n+1 = 4n 2n+1. 冲关策略 (1)数列与函数的综合问题一般是以函数作为背景,给出数列所 满足的条件.解决这类问题的关键是利用函数知识,将条件进行准确 转化. (2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性),注意题中的限 制条件,如定义域. 命题角度 2 数列与不等式的交汇 例 4 [2018·湖南怀化质检]设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,2Sn n =an+1-1 3n2-n-2 3 ,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明: 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an <7 4. 解题视点 (1)利用 an 与 Sn 的关系求得{an}的通项公式;(2)利用 放缩法巧妙证明不等式. 解 (1)当 n≥2 时,2Sn=nan+1-1 3n3-n2-2 3n, 2Sn-1=(n-1)an-1 3(n-1)3-(n-1)2-2 3(n-1), 两式相减并整理得 an+1 n+1 -an n =1,又a2 2 -a1 1 =1, 所以an n =1+(n-1)×1=n,得 an=n2. 当 n=1 时,上式显然成立,∴an=n2(n∈N*). (2)证明:当 n=1 时, 1 a1 <7 4 ; 当 n=2 时, 1 a1 + 1 a2 =1+1 4 =5 4<7 4 ; 当 n≥3 时, 1 an = 1 n2< 1 n-1n = 1 n-1 -1 n ,此时 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an =1+1 4 + 1 32+ 1 42+…+ 1 n2<1+1 4 + 1 2 -1 3 + 1 3 -1 4 +…+ 1 n-1 -1 n =1+1 4 +1 2 -1 n =7 4 -1 n<7 4 ,故 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an <7 4. 冲关策略 数列中不等式的处理方法 (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.本题第(2)问中用到“放缩”.一般地,数列求和中的放 缩的“目标数列”为“可求和数列”,如等比数列、可裂项相消求和 的数列等. (3)比较方法:作差比较或作商比较. 命题角度 3 数列与解析几何的交汇 例 5 [2017·山东高考]已知{xn}是各项均为正数的等比数列, 且 x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,依次连接点 P1(x1,1), P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线 P1P2…Pn+1,求由该折线与直 线 y=0,x=x1,x=xn+1 所围成的区域的面积 Tn. 解题视点 记梯形 PnPn+1Qn+1Qn 的面积为 bn,以几何图形为背景 确定{bn}的通项公式是关键. 解 (1)设数列{xn}的公比为 q,由已知知 q>0. 由题意得 x1+x1q=3, x1q2-x1q=2, 所以 3q2-5q-2=0. 因为 q>0,所以 q=2,x1=1. 因此数列{xn}的通项公式为 xn=2n-1. (2)过 P1,P2,…,Pn+1 向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1,Q2,…, Qn+1. 由(1)得 xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1. 记梯形 PnPn+1Qn+1Qn 的面积为 bn, 由题意得 bn=n+n+1 2 ×2n-1=(2n+1)×2n-2, 所以 Tn=b1+b2+…+bn=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n- 1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,① 2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1. ② ①-②得 -Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1 =3 2 +21-2n-1 1-2 -(2n+1)×2n-1. 所以 Tn=2n-1×2n+1 2 . 冲关策略 数列与解析几何的综合问题,往往以考查数列知识为主,只需将 含有解析几何知识的已知条件进行转化,就变成了一个纯数列问题. 命题角度 4 数列与应用问题的交汇 例 6 [2018·北京东城模拟]从社会效益和经济效益出发,某地 投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业,根据规划,本年 度投入 800 万元,以后每年投入将比上一年减少1 5 ,本年度当地旅游 业收入估计为 400 万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今 后的旅游业收入每年会比上一年增加1 4. (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn 万元,写出 an,bn 的表达式; (2)至少经过几年,旅游业的总收入才能超过总投入? 解题视点 (1)根据题意,构建等比数列模型;(2)构建不等关系, 解不等式求解. 解 (1)第 1 年投入为 800 万元,第 2 年投入为 800× 1-1 5 万 元,…,第 n 年投入为 800× 1-1 5 n-1 万元,所以,n 年内的总投入 为 an=800+800× 1-1 5 +…+800× 1-1 5 n-1 =800× 1+4 5 + 4 5 2+…+ 4 5 n-1 =4000× 1- 4 5 n . 第 1 年旅游业收入为 400 万元,第 2 年旅游业收入为 400× 1+1 4 万元,…,第 n 年旅游业收入为 400× 1+1 4 n-1 万元,所以,n 年内 的旅游业总收入为 bn=400+400× 1+1 4 +…+400× 1+1 4 n-1 =400× 1+5 4 + 5 4 2+…+ 5 4 n-1 =1600× 5 4 n-1 . (2)设至少经过 n 年,旅游业的总收入才能超过总投入,由此得 bn-an>0,即 1600× 5 4 n-1 -4000× 1- 4 5 n >0,令 x= 4 5 n,代入上式得 5x2 -7x+2>0,解此不等式,得 x<2 5 或 x>1(舍去),即 4 5 n<2 5 ,由此得 n≥5. 所以至少经过 5 年,旅游业的总收入才能超过总投入. 冲关策略 (1)此类问题的解题思路:仔细阅读所给材料,认真理解题意,将 已知条件翻译成数学语言并转化为数学问题,分清是等差数列还是等 比数列,是求通项问题还是求项数问题,或是求和问题等,并建立相 应数学模型求解. (2)一般涉及递增率,要用等比数列,涉及依次增加或者减少,要 用等差数列,有的问题是通过转化得到等差或等比数列,在解决问题 时要向这些方向思考. 解答题专项训练三 1.[2017·全国卷Ⅱ]已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,等比数 列{bn}的前 n 项和为 Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若 a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若 T3=21,求 S3. 解 (1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,由 a2+b2=2 得-1 +d+q=2.① 由 a3+b3=5 得 2d+q2=6.② 联立①和②解得 d=3, q=0 (舍去),或 d=1, q=2. 因此{bn}的通项公式为 bn=2n-1. (2)由 b1=1,T3=21 得 q2+q-20=0. 解得 q=-5 或 q=4. 当 q=-5 时,由①得 d=8,则 S3=21. 当 q=4 时,由①得 d=-1,则 S3=-6. 2.[2018·西安模拟]设{an}是公比大于 1 的等比数列,Sn 为其前 n 项和,已知 S3=7,a1+3,3a2,a3+4 构成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=an+ln an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列{an}的公比为 q(q>1), 由题意可得 a1+a2+a3=7, 6a2=a1+3+a3+4, 即 a11+q+q2=7, a11-6q+q2=-7, 解得 a1=1, q=2. ∴数列{an}的通项公式为 an=2n-1. (2)由(1)知 bn=2n-1+ln 2n-1=2n-1+(n-1)ln 2, ∴Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[0+1+2+…+(n-1)]ln 2 =1×1-2n 1-2 +nn-1 2 ln 2 =2n-1+nn-1 2 ln 2. 3.[2018·昆明检测]已知数列{an}满足:a1=3,an+1=n+1 n an+2n +2. (1)证明:数列 an n 是等差数列; (2)证明: 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 +…+ 1 an <1. 证明 (1)由 an+1=n+1 n an+2n+2,得 an+1 n+1 =an n +2,即 an+1 n+1 -an n = 2,∴数列 an n 是首项为 3,公差为 2 的等差数列. (2)由(1)知,an n =3+(n-1)×2=2n+1, ∴an=n(2n+1), ∴ 1 an = 1 n2n+1< 1 nn+1 =1 n - 1 n+1 , ∴ 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 +…+ 1 an < 1 1 -1 2 + 1 2 -1 3 + 1 3 -1 4 +…+ 1 n - 1 n+1 =1 1 - 1 n+1<1, ∴ 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 +…+ 1 an <1. 4.[2018·沈阳模拟]设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 S3=9,Sn =nan+1-n(n+1),n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 bn=an×( 2)an+1,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)由题意得, S1=a2-2, a1+a2=2a3-6, a1+a2+a3=9, 解得 a1=1,a2=3,a3 =5, 当 n≥2 时,Sn-1=(n-1)an-(n-1)n, 所以 an=nan+1-n(n+1)-(n-1)an+(n-1)n, 即 an+1-an=2. 又 a2-a1=2,因而数列{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列, 从而 an=2n-1. (2)由(1)知 bn=an×( 2)an+1=(2n-1)×2n, Tn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1. 两式相减得 -Tn=1×21+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)×2n+1 =-2+2×(21+22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1 =-2+2×2×1-2n 1-2 -(2n-1)×2n+1 =-2+2n+2-4-(2n-1)×2n+1=-6-(2n-3)×2n+1. 所以 Tn=6+(2n-3)×2n+1. 5.[2018·南通模拟]已知数列{an}满足:1 a1 + 2 a2 +…+ n an =3 8(32n- 1),n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log3 an n ,求 1 b1b2 + 1 b2b3 +…+ 1 bnbn+1 . 解 (1) 1 a1 =3 8(32-1)=3, 当 n≥2 时, ∵ n an = 1 a1 + 2 a2 +…+ n an - 1 a1 + 2 a2 +…+n-1 an-1 =3 8(32n-1)-3 8(32n-2-1)=32n-1, 当 n=1 时, n an =32n-1 也成立, ∴an= n 32n-1. (2)bn=log3 an n =-(2n-1), 1 bnbn+1 = 1 2n-12n+1 =1 2 1 2n-1 - 1 2n+1 , ∴ 1 b1b2 + 1 b2b3 + … + 1 bnbn+1 = 1 2 1-1 3 + 1 3 -1 5 +…+ 1 2n-1 - 1 2n+1 =1 2 1- 1 2n+1 = n 2n+1. 6.[2018·张家口模拟]已知数列{an}满足 a1=1,2an·an+1+an+1-an =0,数列{bn}满足 bn= 1 2n·an . (1)求数列{an}的通项公式; (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Sn,问:是否存在 n,使得 Sn 的值是 3 8 ? 解 (1)因为 2an·an+1+an+1-an=0, 所以 an+1= an 2an+1 , 1 an+1 - 1 an =2an+1 an - 1 an =2, 由等差数列的定义可得 1 an 是首项为 1 a1 =1,公差为 d=2 的等差 数列. 故 1 an =1+2(n-1)=2n-1,所以 an= 1 2n-1. (2)由(1)得 bn=2n-1 2n , 所以 Sn=1 2 + 3 22+…+2n-1 2n , 两边同乘以1 2 得,1 2Sn= 1 22+ 3 23+…+2n-1 2n+1 , 两式相减得 1 2Sn=1 2 +2 1 22+ 1 23+…+ 1 2n -2n-1 2n+1 , 即 1 2Sn=1 2 +2× 1 4 1- 1 2n-1 1-1 2 -2n-1 2n+1 =3 2 - 1 2n-1 -2n-1 2n+1 , 所以 Sn=3-2n+3 2n . 因为 Sn+1-Sn=2n+3 2n -2n+5 2n+1 =2n+1 2n+1 >0,所以数列{Sn}是关于项 数 n 的递增数列,所以 Sn≥S1=1 2 ,因为3 8<1 2 ,所以不存在 n,使得 Sn =3 8. 7.[2018·甘肃诊断]某乡镇引进一高科技企业,投入资金 720 万 元建设基本设施,第一年各种运营费用 120 万元,以后每年增加 40 万元.每年企业销售收入 500 万元,设 f(n)表示前 n 年的纯收入(f(n) =前 n 年的总收入-前 n 年的总支出-投资额). (1)从第几年开始获取纯利润? (2)若干年后,该企业为开发新产品,有两种处理方案: ①年平均利润最大时,以 480 万元出售该企业; ②纯利润最大时,以 160 万元出售该企业.问哪种方案最合算? 解 由题意知每年的运营费用(万元)是以 120 为首项,40 为公差 的等差数列. 则 f(n)=500n- 120n+nn-1 2 ×40 -720 =-20n2+400n-720. (1)获取纯利润就是 f(n)>0, 故有-20n2+400n-720>0,解得 2