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  • 2021-05-13 发布

2018版高考数学(浙江·文理通用)大一轮教师文档讲义:高考专题突破三-数列问题

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‎1.(2016·金华十校高三上学期调研)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3,且a1,a2,ak成等比数列,则k等于(  )‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案 D 解析 设公差为d,则2+d=1+2d,‎ ‎∴d=1,∴an=n,‎ 由a=a1·ak,得4=1×k,∴k=4.‎ ‎2.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.(2016·杭州学军中学模拟)已知等比数列{an}的公比q>0,前n项和为Sn.若2a3,a5,3a4成等差数列,a2a4a6=64,则q=________,Sn=________.‎ 答案 2  解析 由a2a4a6=64,得a=64,解得a4=4.‎ 由2a3,a5,3a4成等差数列,得2a4q=3a4+,‎ 即8q=12+,解得q=2或q=-(舍去).‎ 又a1q3=4,所以a1=,所以Sn==.‎ ‎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=____________.‎ 答案 - 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,故数列是以=-1为首项,-1为公差的等差数列,所以=-1-(n-1)=-n,所以Sn=-.‎ 题型一 等差数列、等比数列的综合问题 例1 (2016·四川)已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n 项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,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.‎ ‎ 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(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 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, ①‎ ‎∴an+1+Sn+1=n+1. ②‎ ‎②-①,得an+1-an+an+1=1,‎ ‎∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,‎ ‎∴=,∴{an-1}是等比数列.‎ ‎∵首项c1=a1-1,又a1+a1=1.‎ ‎∴a1=,∴c1=-,公比q=.‎ 又cn=an-1,‎ ‎∴{cn}是以-为首项,为公比的等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)可知cn=(-)·()n-1=-()n,‎ ‎∴an=cn+1=1-()n.‎ ‎∴当n≥2时,bn=an-an-1‎ ‎=1-()n-[1-()n-1]‎ ‎=()n-1-()n=()n.‎ 又b1=a1=,代入上式也符合,∴bn=()n.‎ 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,裂项相消法等.‎ ‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=,an+1=an.‎ ‎(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,‎ ‎∴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 (2016·温州十校联考)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=.‎ 命题点2 数列与不等式的交汇 例4 (2016·宁波高三上学期期末考试)对任意正整数n,设an是方程x2+=1的正根.‎ 求证:(1)an+1>an;‎ ‎(2)++…+<1+++…+.‎ 证明 由a+=1且an>0,得00,‎ 故an+1-an>0,即an+1>an.‎ ‎(2)因为an(an+)=1,所以=an+,‎ 由00).‎ ‎(1)判断函数y=f(x)的单调性,给出你的结论;‎ ‎(2)若数列{an}的各项均为正数,a1=1,在m=2时,an+1=f(an)+g(an)+2 (n∈N*),求证:an≤2n-1.‎ ‎(1)解 求导,得f′(x)=-1=,‎ 由f′(x)=0,得x=1.‎ 当x∈(0,1)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,‎ 所以函数y=f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.‎ ‎(2)证明 由题意,正项数列{an}满足a1=1,an+1=ln an+an+2,‎ 由(1)知f(x)=ln x-x+1≤f(1)=0,‎ 即有不等式ln x≤x-1(x>0).‎ 下面用数学归纳法证明an≤2n-1 (*)成立.‎ ‎①当n=1时,a1=1≤21-1,(*)式成立.‎ ‎②假设当n=k时,ak≤2k-1成立,‎ 则当n=k+1时,‎ ak+1=ln ak+ak+2≤ak-1+ak+2‎ ‎=2ak+1≤2(2k-1)+1=2k+1-1.‎ 所以当n=k+1时,(*)式也成立.‎ 由①②可知,an≤2n-1成立.‎ ‎1.(2016·北京)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.‎ 解 (1)设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q,‎ 由得 ‎∴{bn}的通项公式bn=b1qn-1=3n-1,‎ 又a1=b1=1,a14=b4=34-1=27,‎ ‎∴1+(14-1)d=27,解得d=2.‎ ‎∴{an}的通项公式an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1(n=1,2,3,…).‎ ‎(2)设数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎∵cn=an+bn=2n-1+3n-1,‎ ‎∴Sn=c1+c2+c3+…+cn ‎=2×1-1+30+2×2-1+31+2×3-1+32+…+2n-1+3n-1‎ ‎=2(1+2+…+n)-n+ ‎=2×-n+=n2+.‎ 即数列{cn}的前n项和为n2+.‎ ‎2.(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.‎ 解 (1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,‎ 由题意有解得 所以{an}的通项公式为an=.‎ ‎(2)由(1)知,bn=.‎ 当n=1,2,3时,1≤<2,bn=1;‎ 当n=4,5时,2≤<3,bn=2;‎ 当n=6,7,8时,3≤<4,bn=3;‎ 当n=9,10时,4≤<5,bn=4.‎ 所以数列{bn}的前10项和为 ‎1×3+2×2+3×3+4×2=24.‎ ‎3.(2017·诸暨高三5月教学质检)已知数列{an}的各项都大于1,且a1=2,a-an+1-a+1=0(n∈N*).‎ ‎(1)求证:≤an0,得an+1>an,‎ ‎∵an+1-an=<1,‎ ‎∴an+1=(an+1-an)+…+(a2-a1)+a1=->,‎ ‎∴an=(an-an-1)+…+(a2-a1)+a1>+2‎ ‎=(n≥2),‎ 又a1=2=,∴an≥.‎ ‎(2)∵a-a=an+1-1≥-1=,‎ ‎∴a>+a=,‎ 即a≥,‎ ‎2a-3≥=,‎ ++…+≤4(-+-+…)<1.‎ ‎4.已知正项数列{an}中,a1=1,点(,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上,数列{bn}的前n项和Sn=2-bn.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=,求{cn}的前n项和Tn.‎ 解 (1)∵点(,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上,‎ ‎∴an+1=an+1,∴数列{an}是公差为1的等差数列.‎ ‎∵a1=1,∴an=1+(n-1)×1=n,‎ ‎∵Sn=2-bn,∴Sn+1=2-bn+1,‎ 两式相减,得bn+1=-bn+1+bn,即=,‎ 由S1=2-b1,即b1=2-b1,得b1=1.‎ ‎∴数列{bn}是首项为1,公比为的等比数列,‎ ‎∴bn=()n-1.‎ ‎(2)log2bn+1=log2()n=-n,‎ ‎∴cn==-,‎ ‎∴Tn=c1+c2+…+cn=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-=.‎ ‎5.已知fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且fn(-1)=(-1)n·n,n=1,2,3,….‎ ‎(1)求a1,a2,a3;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(3)当k>7且k∈N*时,证明:对任意n∈N*都有+++…+>成立.‎ ‎(1)解 由f1(-1)=-a1=-1,得a1=1,‎ 由f2(-1)=-a1+a2=2,得a2=3,‎ 又f3(-1)=-a1+a2-a3=-3,所以a3=5.‎ ‎(2)解 由题意得fn(-1)=-a1+a2-a3+…+(-1)nan=(-1)n·n,‎ fn-1(-1)=-a1+a2-a3+…+(-1)n-1an-1‎ ‎=(-1)n-1·(n-1),n≥2,‎ 两式相减,得(-1)nan=(-1)n·n-(-1)n-1(n-1)=(-1)n(2n-1),‎ 当n≥2时,an=2n-1,又a1=1符合,‎ ‎∴an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(3)证明 令bn==n,‎ 则S=+++…+=+++…+,‎ ‎∴2S=(+)+(+)+(+)+…+(+).(*)‎ 当x>0,y>0时,x+y≥2,+≥2,‎ ‎∴(x+y)(+)≥4,‎ ‎∴+≥,当且仅当x=y时等号成立.‎ 上述(*)式中,k>7,n>0,n+1,n+2,…,nk-1全为正,‎ ‎∴2S>+++…+=,‎ ‎∴S>>=2(1-)>2(1-)=.‎

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