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- 2021-06-30 发布
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高考专题突破三 高考中的数列问题
题型一 子数列问题
例1 设无穷数列{an}满足：∀n∈N*，anan，可知当n≥2时，an>an－1，
所以an≥an－1＋1，所以an≥am＋(n－m)(m1.
要使q最小，只需要k2最小即可．
若k2＝2，则由a2＝，得q＝＝，
此时＝2×2＝.
由＝(n＋2)，解得n＝∉N*，所以k2>2.
同理k2>3.
若k2＝4，则由a4＝4，得q＝2，此时＝2n.
因为＝(kn＋2)，
所以(kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2，
所以对任何正整数n，是数列{an}的第3×2n－1－2项，且最小的公比q＝2，则kn＝3×2n－1－2(n∈N*)．
题型二 新数列问题
例2 (2018·扬州模拟)对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都 有xn＋2－xn＋1>xn＋1－xn成立，则称数列{xn}为“增差数列”．设an＝，若数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N*)是“增差数列”，则实数t的取值范围是________．
答案
解析 数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N*)是“增差数列”，
故得到an＋2＋an>2an＋1(n≥4，n∈N*)，
即＋
>2(n≥4，n∈N*)，
化简得到(2n2－4n－1)t>2(n≥4，n∈N*)，
即t>对于n≥4恒成立，
当n＝4时，2n2－4n－1有最小值15，
故实数t的取值范围是.
思维升华 根据新数列的定义建立条件和结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵活对新数列的特征进行转化是解题的关键．
跟踪训练2 (1)(2018·江苏省海门中学考试)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，
这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是等积数列且a1＝2，前21项的和为62，则这个数列的公积为________．
答案 0或8
解析 当公积为0时，数列a1＝2，a2＝0，a3＝60，a4＝a5＝…＝a21＝0满足题意；
当公积不为0时，应该有a1＝a3＝a5＝…＝a21＝2，
且a2＝a4＝a6＝…＝a20，
由题意可得，a2＋a4＋a6＋…＋a20＝62－2×11＝40，
则a2＝a4＝a6＝…＝a20＝＝4，
此时数列的公积为2×4＝8.
综上可得，这个数列的公积为0或8.
(2)(2018·盐城模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”若{an}是“斐波那契数列”，则(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…·(a2 017·a2 019－a)的值为________．
答案 1
解析 因为a1a3－a＝1×2－12＝1，
a2a4－a＝1×3－22＝－1，
a3a5－a＝2×5－32＝1，
a4a6－a＝3×8－52＝－1，
…，
a2 017a2 019－a＝1，
共有2 017项，所以
(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…(a2 017a2 019－a)＝1.
题型三 数列与不等式
例3 已知数列{an}中，a1＝，其前n项的和为Sn，且满足an＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn<1.
证明 (1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，
整理得Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，
又S1＝a1＝，
∴－＝2，从而构成以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，＝2＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝.
∴当n＝1时，Sn＝<1，
方法一 当n≥2时，Sn＝<·
＝，
∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn <＋＝1－<1.
∴原不等式得证．
方法二 当n≥2时，
<＝，
∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn
<＋
＝＋，
<＋＝<1.
∴原不等式得证．
思维升华 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．
跟踪训练3 已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
(1)解 设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，
由题意得1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6，
解得d＝q＝2，
所以an＝2n－1，bn＝2n－1，n∈N*.
(2)证明 因为cn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝
＝－，
因为>0，所以Tn<.
又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增，
所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝，
所以≤Tn<.
题型四 数列应用问题
例4 某企业在第1年年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元；从第7年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%.
(1)求第n年年初M的价值an的表达式．
(2)设An＝，若An大于80万，则M继续使用；否则，必须在第n年年初对M更新．证明：必须在第9年年初对M更新．
(1)解 当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，
又a6＝70，所以an＝70×n－6.
因此，第n年年初M的价值an的表达式为
an＝
(2)证明 设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得
当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；
当n≥7时，由于S6＝570，故Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×
＝780－210×n－6，An＝，
因为{ an}是递减数列，所以{An}也是递减数列．
又A8＝＝82>80，
A9＝＝76<80，
所以必须在第9年年初对M进行更新．
思维升华 数列应用题要找准题中的变化关系，提炼出an和n的关系，建立数列模型．
跟踪训练4 (1)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有________盏灯．
答案 3
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.
(2)气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为元(n∈N*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)为止，一共使用了________天．
答案 800
解析 由第n天的维修保养费为元(n∈N*)，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时相应n的值．设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为＝＋＋4.95，当且仅当＝时，取得最小值，此时n＝800.
1．(2018·江苏省如皋中学月考)已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)问：是否存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列，且am－1，as－1，an－1成等比数列？如果存在，请给予证明；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵a1＝，an＋1＝，
∴＝＋，
∴－1＝，
又－1＝，
∴是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解 假设存在，则有
由(1)可知－1＝×n－1，
∴an＝，代入②得
2＝，
化简得2·3s＝3m＋3n，
又由①3m＋3n≥2＝2·3s，
当且仅当m＝n时，等号成立．
又m，n，s互不相等，
故2·3s＝3m＋3n不成立．
因此不存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am－1，as－1，an－1成等比数列．
2．某企业2018年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降，若不进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年(
今年为第一年)的利润为500万元．
(1)设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(需扣除技术改造资金)，求An与Bn的表达式；
(2)依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？
解 (1)依题设An＝(500－20)＋(500－40)＋…＋(500－20n)＝490n－10n2；
Bn＝500－600＝500n－－100.
(2)Bn－An＝－(490n－10n2)
＝10n2＋10n－－100
＝10.
因为函数y＝x(x＋1)－－10在(0，＋∞)上为增函数，而n∈N*，
所以当1≤n≤3时，n(n＋1)－－10≤12－－10<0；
当n≥4时，n(n＋1)－－10≥20－－10>0.
所以当且仅当n≥4时，Bn>An.
答 至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润．
3．(2018·扬州期末)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．
(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；
(2)若对任意n∈N*，都有an＝Bn及＋＋＋…＋<成立，求正实数b1的取值范围．
解 (1)因为An＝n2，所以当n≥2时，
an＝An－An－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又a1＝1也符合此式，所以an＝2n－1(n∈N*)，
故bn＋1－bn＝(an＋1－an)＝1，
所以数列{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以Bn＝2n＋×1＝n2＋n(n∈N*)．
(2)依题意知Bn＋1－Bn＝2(bn＋1－bn)，
即bn＋1＝2(bn＋1－bn)，即＝2，
所以数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝Bn＝×b1＝b1(2n－1)，
所以＝
＝
＝，
所以＋＋＋…＋
＝，
所以原不等式可化为<恒成立，
即b1>3，所以b1>3，
即正实数b1的取值范围是(3，＋∞)．
4．若正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，点P(，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥a恒成立，求Tn及实数a的取值范围．
解 (1)由Sn＋1＝(＋1)2，得－＝1，
所以数列{}是以为首项，1为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2，
由an＝
得an＝所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝
＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝，
显然Tn是关于n的增函数，
所以Tn有最小值(Tn)min＝T1＝×＝.
由于Tn≥a恒成立，所以a≤，
于是a的取值范围是.
5．设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.记ci＝ai＋bi (i＝1,2,3,4)．
(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；
(2)设a1＝1，q＝2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；
(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由．
(1)证明 假设数列c1，c2，c3是等差数列，
则2c2＝c1＋c3，即2＝＋.
因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3.从而2a2＝a1＋a3.
又因为a1，a2，a3是等比数列，所以a＝a1a3.
所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立．
所以数列c1，c2，c3不是等差数列．
(2)解 因为a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.
因为c＝c1c3，所以2＝，
即b2＝d2＋3d，
由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，
所以d≠－1且d≠－2.
又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定义域为
.
(3)解 设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，
则
将①＋③－2×②得，a1(q－1)2＝c1(q1－1)2， ⑤
将②＋④－2×③得，a1q2＝c1q12， ⑥
因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.
由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.
代入①得b1＝0.再代入②，得d＝0，与d≠0矛盾．
所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．
6．已知各项均不相等的等差数列{an}的前三项和为9，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N*)．
(1)解 设数列{an}的公差为d，
则
解得或(舍去)，
所以an＝n＋1，Sn＝.
又b1＝a1＝2，b2＝a3＝4，
所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)证明 因为an·bn＝(n＋1)·2n，
所以Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n， ①
所以2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1， ②
①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
所以Kn＝n·2n＋1.
则cn＝＝，
cn＋1－cn＝－
＝>0，
所以cn＋1>cn(n∈N*)．
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