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浙江专用2018版高考数学大一轮复习高考专题突破三高考中的数列问题


(浙江专用) 2018 版高考数学大一轮复习 高考专题突破三 高考中的 数列问题教师用书

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 a2=a1·ak,得 4=1×k,∴k=4.
2

)

2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列? A. C. 100 101 99 100 99 B. 101 D. 101 100

?

?anan+1?

1 ? ?的前 100 项和为(

)

答案 A 解析 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d.

a1+4d=5, ? ? ∵a5=5,S5=15,∴? 5×?5-1? 5a1+ d=15, ? 2 ?
∴an=a1+(n-1)d=n. ∴ 1

∴?

? ?a1=1, ?d=1, ?

anan+1



1 1 1 = - , n?n+1? n n+1

∴数列?

1 ? ? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?=1- 1 =100. ?的前 100 项和为?1- ?+? - ?+…+? ? 101 101 ? 2? ?2 3? ?100 101? ?anan+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=________. 2 -1 答案 2 2 解析 由 a2a4a6=64,得 a4=64,解得 a4=4. 2a4 由 2a3,a5,3a4 成等差数列,得 2a4q=3a4+ ,
3

n

q

1

8 1 即 8q=12+ ,解得 q=2 或 q=- (舍去). q 2 1 n ?1-2 ? n 2 1 2 -1 3 又 a1q =4,所以 a1= ,所以 Sn= = . 2 1-2 2 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= ____________. 1 答案 -

n Sn+1-Sn SnSn+1 Sn

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
?Sn?

Sn+1 Sn

?1? 1 1 1 - =-1,故数列? ?是以 =-1 为首项,-1 为公差的等差数列,所以 =-1

S1

1 -(n-1)=-n,所以 Sn=- .

n

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 x - 2=1 的离心率为 en,且 e2=2,求 e1+e2+…+en. 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=q 所以 an=2
n-1
2

y2 an

2

2

2

.由 a2,a3,a2+a3 成等差数列,可得 2a3=a2+a2+a3,所以 a3=2a2,故 q=2. (n∈N ).
n-1
*

n-1

(2)由(1)可知,an=q
2


2 2?n-1?

所以双曲线 x - 2=1 的离心率 en= 1+an= 1+q 由 e2= 1+q =2,解得 q= 3, 所以 e1+e2+…+en =(1+1)+(1+q )+…+[1+q =n+[1+q +…+q
2 2(n-1) 2 2(n-1) 2 2 2 2

y an

2

.

]

]
2

=n+

q2n-1 1 n =n+ (3 -1). q2-1 2

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. 3 * 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, 2

S5+a5,S4+a4 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; 1 * (2)设 Tn=Sn- (n∈N ),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

Sn

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,

a5 1 2 于是 q = = . a3 4
3 1 又{an}不是递减数列且 a1= ,所以 q=- . 2 2 3 ? 1?n-1 故等比数列{an}的通项公式为 an= ×?- ? 2 ? 2? =(-1)
n-1

3 · n. 2
n

1 1+ ,n为奇数, ? ? 1? ? 2 (2)由(1),得 S =1-?- ? =? ? 2? 1 1- ,n为偶数. ? ? 2
n n n

当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小, 3 所以 1<Sn≤S1= , 2 1 1 3 2 5 故 0<Sn- ≤S1- = - = . Sn S1 2 3 6 当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大, 3 所以 =S2≤Sn<1, 4
3

1 1 3 4 7 故 0>Sn- ≥S2- = - =- . Sn S2 4 3 12 7 1 5 * 综上,对于 n∈N ,总有- ≤Sn- ≤ . 12 Sn 6 5 7 所以数列{Tn}的最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12 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, ∴an+1+Sn+1=n+1. ②-①,得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, ∴ ① ②

an+1-1 1 = ,∴{an-1}是等比数列. an-1 2

∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1. 1 1 1 ∴a1= ,∴c1=- ,公比 q= . 2 2 2 又 cn=an-1, 1 1 ∴{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1 1 n-1 1 n (2)解 由(1)可知 cn=(- )·( ) =-( ) , 2 2 2 1 n ∴an=cn+1=1-( ) . 2 ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1 1 n 1 n-1 =1-( ) -[1-( ) ] 2 2 1 n-1 1 n 1 n =( ) -( ) =( ) . 2 2 2 1 1 n 又 b1=a1= ,代入上式也符合,∴bn=( ) . 2 2 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.
4

1 n+1 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1= ,an+1= an. 2 2n (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 n+1 (1)证明 ∵a1= ,an+1= an, 2 2n 当 n∈N 时, ≠0.
*

an n

an n

a1 1 an+1 an 1 * 又 = , ∶ = (n∈N )为常数, 1 2 n+1 n 2 an 1 1 ∴{ }是以 为首项, 为公比的等比数列. n 2 2 an 1 1 (2)解 由{ }是以 为首项, 为公比的等比数列, n 2 2 an 1 1 n-1 1 n 得 = ·( ) ,∴an=n·( ) . n 2 2 2
1 1 2 1 3 1 n ∴Sn=1· +2·( ) +3·( ) +…+n·( ) , 2 2 2 2 1 1 1 1 1 Sn=1·( )2+2·( )3+…+(n-1)( )n+n·( )n+1, 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 3 1 n 1 n+1 ∴ Sn= +( ) +( ) +…+( ) -n·( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 n+1 -? ? 2 2 1 n+1 = -n·( ) , 1 2 1- 2 1 n-1 1 n ∴Sn=2-( ) -n·( ) 2 2 1 n =2-(n+2)·( ) . 2 1 n 1 n 综上,an=n·( ) ,Sn=2-(n+2)·( ) . 2 2 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)=ax +bx 的图象过点(-4n,0),且 f′(0)
* 2

=2n,n∈N ,数列{an}满足

1

an+1

?1? =f′? ?,且 a1=4. a ? n?

(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 (1)f′(x)=2ax+b,由题意知 b=2n,16n a-4nb=0,
5
2

1 1 2 * ∴a= ,则 f(x)= x +2nx,n∈N . 2 2 数列{an}满足 1

an+1

?1? =f′? ?, a ? n?

又 f′(x)=x+2n, ∴ 1

an+1 an

1 1 1 = +2n,∴ - =2n,

an+1 an

1 1 2 由叠加法可得 - =2+4+6+…+2(n-1)=n -n, an 4 4 化简可得 an= 2(n≥2), ?2n-1? 当 n=1 时,a1=4 也符合, ∴an= 4 * 2(n∈N ). ?2n-1? 4 ? 1 - 1 ?, =2? ? ?2n-1??2n+1? ?2n-1 2n+1?

(2)∵bn= anan+1=

∴Tn=b1+b2+…+bn= a1a2+ a2a3+…+ anan+1

?? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ??=2?1- 1 ?= 4n . =2??1- ?+? - ?+…+? ?? ? ? ?? 3? ?3 5? ?2n-1 2n+1?? ? 2n+1? 2n+1
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 x + =1 的正根. 求证:(1)an+1>an; 1 1 1 1 1 1 (2) + +…+ <1+ + +…+ . 2a2 3a3 nan 2 3 n 证明 由 an+ =1 且 an>0,得 0<an<1. (1)an+ =1,an+1+ 两式相减得 0=an+1-an+
2 2 2 2 2

x n

an n

an n

2

an+1 =1, n+1

an+1 an 2 an+1 an 1 2 - <an+1-an+ - =(an+1-an)(an+1+an+ ). n+1 n n n n n

1 因为 an+1+an+ >0, 故 an+1-an>0,即 an+1>an. 1 1 1 (2)因为 an(an+ )=1,所以 =an+ ,

n

an

n

1 1 由 0<an<1,得 <1+ ,

an

n

1 1 1 1 1 1 1 从而当 i≥2 时, ( -1)< (1+ -1)= 2< - , i ai i i i i-1 i
6

n

∑ i=1

n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( -1)= -1+∑ ( - 1)< - 1 + ? ( - )= - < . i=2 i ai i=2 i ai a1 a1 i-1 i a1 n a1

1 1 1 1 1 1 所以 + +…+ <1+ + +…+ . 2a2 3a3 nan 2 3 n 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,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方 法对式子化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思想方法 求解,在问题的求解过程中往往会遇到递推数列,因此掌握递推数列的常见解法有助于该类 问题的解决. (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. (2017·浙江新高考预测一)已知 f(x)=ln x-x+1,x 为正实数,g(x)=mx- 1(m>0). (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 1-x (1)解 求导,得 f′(x)= -1= ,

x

x

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.

7

(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≤2 -1 (*)成立. ①当 n=1 时,a1=1≤2 -1,(*)式成立. ②假设当 n=k 时,ak≤2 -1 成立, 则当 n=k+1 时,
k
1

n

ak+1=ln ak+ak+2≤ak-1+ak+2
=2ak+1≤2(2 -1)+1=2
k k+1

-1.

所以当 n=k+1 时,(*)式也成立. 由①②可知,an≤2 -1 成立.
n

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?
? ?b2=b1q=3, ?b3=b1q =9 ?
2

得?

? ?b1=1, ?q=3. ?
n-1

∴{bn}的通项公式 bn=b1q 又 a1=b1=1,a14=b4=3

=3

n-1



4-1

=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+3
n-1



∴Sn=c1+c2+c3+…+cn =2×1-1+3 +2×2-1+3 +2×3-1+3 +…+2n-1+3 3 ×?1-3 ? =2(1+2+…+n)-n+ 1-3
0 0 1 2

n-1

n

8

?n+1?n 3 -1 2 3 -1 =2× -n+ =n + . 2 2 2 3 -1 2 即数列{cn}的前 n 项和为 n + . 2 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,
?2a1+5d=4, ? 由题意有? ? ?2a1+10d=6,
n

n

n

a1=1, ? ? 解得? 2 d= . ? ? 5
2n+3 . 5

所以{an}的通项公式为 an= (2)由(1)知,bn=?

?2n+3?. ? ? 5 ?

2n+3 当 n=1,2,3 时,1≤ <2,bn=1; 5 2n+3 当 n=4,5 时,2≤ <3,bn=2; 5 2n+3 当 n=6,7,8 时,3≤ <4,bn=3; 5 2n+3 当 n=9,10 时,4≤ <5,bn=4. 5 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,an+1-an+1-an+ 1=0(n∈N ). (1)求证:
* 2 2

n+7
4

≤an<an+1<n+2;

1 1 1 1 (2)求证: 2 + 2 + 2 +…+ 2 <1. 2a1-3 2a2-3 2a3-3 2an-3 证明 (1)由 an+1-an=an+1-1>0,得 an+1>an, ∵an+1-an=
2 2

an+1-1 <1, an+1+an

∴an+1=(an+1-an)+…+(a2-a1)+a1<n+2.

an+1-1 an+1-1 1 1 1 an+1-an= > = - > , an+1+an 2an+1 2 2an+1 4
9

∴an=(an-an-1)+…+(a2-a1)+a1> =

n-1
4

+2

n+7
4

(n≥2),

1+7 n+7 又 a1=2= ,∴an≥ . 4 4 (2)∵an+1-an=an+1-1≥ ∴a
2 n+1 2 2

n+8
4

-1= ,

n+4
4



>

n2+an
8

+a =

2 1

n2+9n+32
8

即 an≥
2

2

n2+7n+24
8 4

, = ,

2an-3≥
2 1

n2+7n+12 ?n+3??n+4?
4

1 1 1 1 1 1 1 + 2 +…+ 2 ≤4( - + - +…)<1. 2a -3 2a2-3 2an-3 4 5 5 6 4.已知正项数列{an}中,a1=1,点( an,an+1)(n∈N )在函数 y=x +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= -1 ,求{cn}的前 n 项和 Tn. an+1log2bn+1
* 2 * 2

解 (1)∵点( an,an+1)(n∈N )在函数 y=x +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

bn+1 1 = , bn 2

由 S1=2-b1,即 b1=2-b1,得 b1=1. 1 ∴数列{bn}是首项为 1,公比为 的等比数列, 2 1 n-1 ∴bn=( ) . 2 1 n (2)log2bn+1=log2( ) =-n, 2 ∴cn= 1

n?n+1? n n+1

1 1 = - ,

1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn=c1+c2+…+cn=(1- )+( - )+( - )+…+( - )=1- = . 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 n+1 5.已知 fn(x)=a1x+a2x +a3x +…+anx ,且 fn(-1)=(-1) ·n,n=1,2,3,…. (1)求 a1,a2,a3;
10
2 3

n

n

(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 (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) an=(-1) ·n,
n n
* *

2 2 2 2 3 + + +…+ > 成立. an+1 an+1+1 an+2+1 ank-1+1 2

fn-1(-1)=-a1+a2-a3+…+(-1)n-1an-1
=(-1)
n-1

·(n-1),n≥2,
n n n-1

两式相减,得(-1) an=(-1) ·n-(-1) 当 n≥2 时,an=2n-1,又 a1=1 符合, ∴an=2n-1(n∈N ). (3)证明 令 bn=
*

(n-1)=(-1) (2n-1),

n

an+1
2

=n,

1 1 1 1 1 1 1 1 则 S= + + +…+ = + + +…+ , bn bn+1 bn+2 bnk-1 n n+1 n+2 nk-1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴2S=( + )+( + )+( + )+…+( + ).(*) n nk-1 n+1 nk-2 n+2 nk-3 nk-1 n 1 1 当 x>0,y>0 时,x+y≥2 xy, + ≥2 1

x y

xy



1 1 ∴(x+y)( + )≥4,

x y

1 1 4 ∴ + ≥ ,当且仅当 x=y 时等号成立. x y x+y 上述(*)式中,k>7,n>0,n+1,n+2,…,nk-1 全为正, ∴2S> 4 4 4 4n?k-1? + + +…+ = , n+nk-1 n+1+nk-2 n+2+nk-3 nk-1+n n+nk-1 4

2?k-1? 2?k-1? 2 2 3 ∴S> > =2(1- )>2(1- )= . 1 k+1 k+1 7+ 1 2 1+k-

n

11


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