高考数学理二轮复习专题讲解讲义专题三 高考中的数列 11页

第二讲 高考中的数列(解答题型)‎ ‎1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ 解：(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设，a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 令‎2a2＝a1＋a3，‎ 解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．‎ ‎2．(2014·江西高考)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)，满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.‎ ‎(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，‎ 所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.‎ 所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.‎ ‎(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，‎ 于是数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，‎ ‎3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，‎ 相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，‎ 所以Sn＝(n－1)3n＋1.‎ 数列求和常用的方法 ‎1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．‎ ‎2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如(其中{an}是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．‎ ‎3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．‎ ‎4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．‎ 热点一 等差、等比数列的综合问题 命题角度 ‎(1)考查等差数列、等比数列的判定与证明；‎ ‎(2)考查等差数列、等比数列的综合运算.‎ ‎[例1]　(1)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝t，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．‎ ‎①若t≠－，求证：数列{Sn}不是等差数列；‎ ‎②当t为何值时，数列{an}是等比数列，并求出该等比数列的前n项和Sn.‎ ‎(2)(2014·重庆高考)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．‎ ‎①求an及Sn；‎ ‎②设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.‎ ‎[师生共研]　(1)①假设数列{Sn}为等差数列，则必有2S2＝S1＋S3，即2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，所以a2＝a3，‎ 又a2＝2S1＋1＝‎2a1＋1＝2t＋1，a3＝2S2＋1＝2(a1＋a2)＋1＝2(t＋2t＋1)＋1＝6t＋3，‎ 所以由a2＝a3得2t＋1＝6t＋3，即t＝－，这与t≠－矛盾．故数列{Sn}不是等差数列．‎ ‎②由an＋1＝2Sn＋1得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，所以当n≥2时，数列{an}是等比数列．‎ 要使n≥1时，数列{an}是等比数列，只需＝＝3，从而得t＝1.‎ 故当t＝1时，数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列．‎ 所以an＝3n－1，所以Sn＝＝(3n－1)．‎ ‎(2)①因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ 故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝＝＝n2.‎ ‎②由①得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，‎ 所以(q－4)2＝0，从而q＝4.‎ 又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以 bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.‎ 从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．‎ 证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 ‎(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇒{an}是等差数列；＝q(q是非零常数)⇒{an}是等比数列；‎ ‎(2)等差(比)中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇒{an}是等差数列；a＝an·an＋2(n∈N*，an≠0)⇒{an}是等比数列；‎ ‎(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)⇒{an}是等差数列；an＝a1·qn－1(其中a1，q为非零常数，n∈N*)⇒{an}是等比数列；‎ ‎(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇒{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A为非零常数，q≠0,1)⇒{an}是等比数列．‎ ‎1．已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是递增数列，且a1,‎2a2,‎3a3成等差数列，求p的值；‎ ‎(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.‎ 又a1,‎2a2,‎3a3成等差数列，所以‎4a2＝a1＋‎3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.‎ 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.‎ ‎(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.　①‎ 但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.　②‎ 由①，②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.　③‎ 因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n<0，故 a2n＋1－a2n＝－2n＝.　④‎ 由③，④即知，an＋1－an＝.‎ 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)‎ ‎＝1＋－＋…＋ ‎＝1＋· ‎＝＋·.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·.‎ 热点二 数列求和问题 命题角度 ‎(1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和；‎ ‎(2)考查与奇偶项有关的分组求和.‎ ‎[例2]　下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知a1,1＝1，a2,3＝6，a3,2＝8.‎ a1,1‎ a1,2‎ a1,3‎ a1,4‎ ‎…‎ a2,1‎ a2,2‎ a2,3‎ a2,4‎ ‎…‎ a3,1‎ a3,2‎ a3,3‎ a3,4‎ ‎…‎ a4,1‎ a4,2‎ a4,3‎ a4,4‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎(1)求数列{an,2}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，n＝1,2,3，…，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎[师生共研]　(1)设第一行组成的等差数列的公差是d，各列依次组成的等比数列的公比是q(q>0)，‎ 则a2,3＝qa1,3＝q(1＋2d)⇒q(1＋2d)＝6，‎ a3,2＝q‎2a1,2＝q2(1＋d)⇒q2(1＋d)＝8，‎ 解得d＝1，q＝2.a1,2＝2⇒an,2＝2×2n－1＝2n.‎ ‎(2)bn＝，则Sn＝＋＋＋…＋，‎ 则Sn＝＋＋＋…＋，‎ 两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝1－，‎ 所以Sn＝2－.‎ 若本例(2)中bn＝＋(－1)na1，n，如何求Sn?‎ 解：由例题可知bn＝＋(－1)nn，‎ Sn＝＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]．‎ 设Tn＝＋＋＋…＋，‎ 则Tn＝＋＋＋…＋，‎ 两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－＝1－，‎ 所以Tn＝2－.‎ 又－1＋2－3＋…＋(－1)n·n＝ 故Sn＝　　　　 ‎ 六招解决数列求和问题 ‎(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n个等差数列或等比数列，然后应用公式求和．‎ ‎(2)错位相减法：(见主干整合)‎ ‎(3)裂项相消法：(见主干整合)‎ ‎(4)倒序相加法：(见主干整合)‎ ‎(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.‎ ‎(6)归纳猜想法：通过对S1，S2，S3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出Sn，然后用数学归纳法给出证明．‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan.‎ ‎(1)求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝log2，数列的前n项和为Tn，求满足Tn<(n∈N*)的n的最大值．‎ 解：(1)在Sn＝－an－n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.‎ 当n≥2时，Sn－1＝－an－1－n－2＋2，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋n－1，‎ ‎∴2an＝an－1＋n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.‎ ‎∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1.‎ 又b1＝‎2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ 故bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝.‎ ‎(2)∵cn＝log2＝log22n＝n，‎ ‎∴＝＝－，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＋＝1＋－－，‎ 由Tn<，得1＋－－<，即＋>，‎ 由于f(x)＝＋在(0，＋∞)上为单调递减函数，f(4)＝，f(5)＝，‎ ‎∴n的最大值为4.‎ 热点三 数列与函数、方程的综合应用 命题角度 ‎(1)以函数为背景给出数列的相关信息，考查数列的通项及前n项和等内容；‎ ‎(2)以与数列的通项an，前n项和Sn及项数n有关的关系式给出数列的信息，考查数列的有关计算及推理论证.‎ ‎[例3]　(2014·南昌模拟)设曲线Cn：f(x)＝xn＋1(n∈N*)在点P处的切线与y轴交于点Qn(0，yn)．‎ ‎(1)求数列{yn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{yn}的前n项和Sn.‎ ‎[师生共研]　(1)∵f′(x)＝(n＋1)xn(n∈N*)，∴曲线Cn在点P处的切线斜率kn＝(n＋1)n，∴切线方程为y－n＋1＝(n＋1)·n，‎ 令x＝0，得yn＝n＋1＋·n，故数列{yn}的通项公式为yn＝·n.‎ ‎(2)Sn＝×＋×2＋×3＋…＋·n　①，‎ 两边同乘－得，－·Sn＝×2＋×3＋×4＋…＋·n＋1　②，‎ ‎①－②，得·Sn＝×＋×2＋×3＋…＋·n－·n＋1，‎ ‎∴3Sn＝－＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1＝－n·n＋1，‎ ‎∴Sn＝.‎ 解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向 ‎(1)函数条件的转化．直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可；‎ ‎(2)方程条件的转化．一般要根据方程解的有关条件进行转化；‎ ‎(3)数列向函数的转化．可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制．对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解．‎ ‎3．已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设集合Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差数列{cn}的任一项cn∈(Q∩R)，其中c1是Q∩R中的最小的数，1100，Sn＝n2＋n.‎ 于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.‎ 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)证明：由于an＝2n，‎ 故bn＝＝①‎ ‎＝，②‎ Tn＝－＝<＝.③‎ 故对于任意的n∈N*，都有Tn<.④‎ ‎[模型归纳]‎ 数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景，主要考查数列中最值的求解或不等式的证明．解决此类问题的模型示意图如下：‎ ‎ [跟踪训练]‎ 已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足a＝S2n－1，n∈N*.数列{bn}满足bn＝，n∈N*，Tn为数列{bn}的前n项和．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N*，不等式λTn60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，‎ 化简得d2－4d＝0，‎ 解得d＝0或d＝4.‎ 当d＝0时，an＝2；‎ 当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n.‎ 显然2n<60n＋800，‎ 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，‎ 解得n>40或n<－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.‎ ‎2．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S5＝‎3a5－2，a1，a2，a5依次成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(n∈N*)，数列bn的前n项和为Tn，若an＋1≥λTn对任意正整数n都成立，求实数λ的取值范围．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则S5＝‎5a1＋10d，‎ ‎∵S5＝‎3a5－2＝3(a1＋4d)－2＝‎3a1＋12d－2，‎ ‎∴‎5a1＋10d＝‎3a1＋12d－2，‎ ‎∴a1＝d－1.‎ ‎∵a1，a2，a5依次成等比数列，‎ ‎∴a＝a‎1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，‎ 化简得，d＝‎2a1，‎ ‎∴a1＝1，d＝2，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝＝＝，‎ ‎∴Tn＝＝＝.‎ 由an＋1≥λTn得2n＋1≥λ×对任意正整数n都成立，‎ ‎∴(2n＋1)2≥λn，‎ ‎∴λ≤＝＝4n＋4＋.‎ 令f(x)＝4x＋(x≥1)，则f′(x)＝4－>0，‎ ‎∴f(x)在[1，＋∞)上递增，‎ ‎∴对任意正整数n,4n＋的最小值为5，‎ ‎∴λ≤9.‎ ‎3．(2014·江苏高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．‎ ‎(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；‎ ‎(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；‎ ‎(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．‎ 解：(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.‎ 所以{an}是“H数列”．‎ ‎(2)由已知，得S2＝‎2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.‎ 因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1.‎ 当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”．因此d的值为－1.‎ ‎(3)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．‎ 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．‎ 下证{bn}是“H数列”．‎ 设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．‎ 同理可证{cn}也是“H数列”．‎ 所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．‎ ‎4．(2014·江西高考)将连续正整数1,2，…，n(n∈N*) 从小到大排列构成一个数， F(n)为这个数的位数(如 n＝12时，此数为123 456 789 101 112，共有15个数字，F(12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率．‎ ‎(1)求 p(100)；‎ ‎(2)当n≤2 014 时，求F(n) 的表达式；‎ ‎(3)令g(n) 为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝1，n≤100，n∈N*}，求当 n∈S时 p(n)的最大值．‎ 解：(1)当n＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100)＝；‎ ‎(2)F(n)＝ ‎(3)当n＝b(1≤b≤9，b∈N*)时，g(n)＝0；‎ 当n＝10k＋b(1≤k≤9,0≤b≤9，k∈N*，b∈N)时，g(n)＝k；‎ 当n＝100时，g(n)＝11，‎ 即g(n)＝ 同理有f(n)＝‎ 由h(n)＝f(n)－g(n)＝1，可知n＝9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，所以当n≤100时，S＝{9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}，‎ 当n＝9时，p(9)＝0，‎ 当n＝90时，p(90)＝＝＝，‎ 当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)＝＝＝，由y＝关于k单调递增，故当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)的最大值为p(89)＝，‎ 又<，所以当n∈S时，p(n)的最大值为.‎