2020届二轮复习高考中的数列问题学案（全国通用）

2020届二轮复习高考中的数列问题学案（全国通用）

‎2020届二轮复习 高考中的数列问题 学案（全国通用）‎ 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．‎ 跟踪训练1　(2018·沧州模拟)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为S n(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 (2018·邢台模拟)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，‎ S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，‎ 由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，‎ 解得a1＝1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－ ‎＝1－＝.‎ 当n为奇数时，Tn＝－＋…－＋ ‎＝1＋＝.‎ 所以Tn＝(或Tn＝)‎ 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，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，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．‎ 跟踪训练 (2018·大连模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an(n∈N＋)．‎ ‎(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，‎ ‎∴两式相减得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 (2018·长春模拟)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N＋)．‎ ‎(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知，得b7＝，b8＝＝4b7，‎ 有＝4×＝＋2，‎ 解得d＝a8－a7＝2，‎ 所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.‎ ‎(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝ln 2，‎ 故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)，‎ 它在x轴上的截距为a2－.‎ 由题意，得a2－＝2－，‎ 解得a2＝2，‎ 所以d＝a2－a1＝1.‎ 从而an＝n，bn＝2n，＝.‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋.‎ 两式相减，得2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－ ‎＝2－－ ‎＝.‎ 所以Tn＝.‎ 命题点2　数列与不等式的交汇 例4 (2016·天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N＋，bn是an和an＋1的等比中项．‎ ‎(1)设cn＝b－b，n∈N＋，求证：数列{cn}是等差数列；‎ ‎(2)设a1＝d，Tn＝ (－1)kb，n∈N＋，求证： <.‎ 证明　(1)由题意得b＝anan＋1，‎ cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.‎ 因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，‎ 所以{cn}是等差数列．‎ ‎(2)Tn＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)‎ ‎＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)‎ ‎＝2d· ‎＝2d2n(n＋1)．‎ 所以 ＝ ＝ ‎＝·<.‎ 命题点3　数列应用题 例5‎ ‎ 某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？(参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)‎ 解　甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为 S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9‎ ‎＝≈42.62(万元)，‎ 贷款到期时，需要偿还银行的本息是 ‎10(1＋5%)10≈16.29(万元)，‎ 故使用甲方案所获纯利润为 ‎42．62－16.29＝26.33(万元)．‎ 乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，‎ 所以10年所获得的总利润为 T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)‎ ‎＝10×1＋×0.5＝32.5(万元)，‎ 从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为，‎ 故贷款到期时，需要偿还银行的本息是 ‎1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]‎ ‎＝1.05×≈13.21(万元)，‎ 故使用乙方案所获纯利润为 ‎32．5－13.21＝19.29(万元)．‎ 综上可知，甲方案获利更多．‎ 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、图像研究数列问题；‎ ‎②已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．‎ ‎(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．‎ 跟踪训练3 (2018·烟台模拟)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图像过点(－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 ‎＝.‎ ‎1．(2018·泰安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N＋.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.‎ ‎(1)求a4的值；‎ ‎(2)证明：为等比数列；‎ ‎(3)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(1)解　当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，‎ 即4＋5＝8＋1，‎ 解得a4＝.‎ ‎(2)证明　因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，‎ 所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，‎ 即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)，‎ 当n＝1时，4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，‎ 所以n＝1也满足此式，‎ 所以4an＋2＋an＝4an＋1 (n∈N＋)，‎ 因为＝ ‎＝＝＝，‎ 所以数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(3)解　由(2)知：数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列，‎ 所以an＋1－an＝n－1.‎ 即－＝4，‎ 所以数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，‎ 即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，‎ 所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×n－1.‎ ‎2．(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．‎ 解　(1)由题意，得 解得或 ‎∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.‎ ‎(2)∵bn＝anlogan＝2n·2n＝－n·2n，‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①‎ 则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②‎ ‎②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，‎ 则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，‎ 解2n＋1－2>62，得n>5，‎ ‎∴n的最小值为6.‎ ‎3．(2018届江西赣州红色七校联考)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a5＝a，S7＝63.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足b1＝a1，且bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且an>0.‎ 则 解得∴an＝2n＋1.‎ ‎(2)∵bn＋1－bn＝an＋1且an＝2n＋1(n∈N＋)，‎ ‎∴bn＋1－bn＝2n＋3，‎ 当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝n(n＋2)．‎ 当n＝1时，b1＝3满足上式，‎ ‎∴bn＝n(n＋2)，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋…＋＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝－.‎ ‎4．(2018届广州海珠区综合测试)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋1，n∈N＋.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log3an＋1，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由题意得an＋1＝2Sn＋1，‎ an＝2Sn－1＋1(n≥2)．‎ 两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，‎ 则an＋1＝3an(n≥2)，‎ 所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列．‎ 因为a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，＝3，‎ 所以，＝3，对任意正整数成立，‎ ‎{an}是首项为1，公比为3的等比数列，‎ 所以an＝3n－1.‎ ‎(2)bn＝log3an＋1＝log33n＝n，‎ 所以an＋bn＝3n－1＋n，‎ Tn＝(30＋1)＋(31＋2)＋(32＋3)＋…＋(3n－2＋n－1)＋(3n－1＋n)‎ ‎＝(30＋31＋32＋…＋3n－2＋3n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n－1＋n)‎ ‎＝＋ ‎＝.‎ ‎5．(2017·济宁模拟)已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且2Sn＝a＋an，等比数列{bn}的公比q>1，b1＝2，且b1，b3，b2＋10成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an·bn＋(－1)n·，记T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.‎ 解　(1)当n≥2时，由题意得 ‎2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，‎ ‎∴2an＝a－a＋an－an－1，‎ a－a－(an＋an－1)＝0，‎ ‎(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，‎ ‎∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1，‎ 当n＝1时，2a1＝a＋a1.‎ ‎∵a1>0，∴a1＝1，‎ ‎∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，‎ ‎∴an＝1＋(n－1)×1＝n.‎ 由b1＝2,2b3＝b1＋(b2＋10)，得2q2－q－6＝0，‎ 解得q＝2或q＝－(舍)，∴bn＝b1qn－1＝2n.‎ ‎(2)由(1)得cn＝n·2n＋(－1)n· ‎＝n·2n＋(－1)n，‎ ‎∴T2n＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋‎ ‎＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋，‎ 记W2n＝1×2＋2×22＋…＋2n·22n，‎ 则2W2n＝1×22＋2×23＋…＋2n·22n＋1，‎ 以上两式相减可得－W2n＝2＋22＋…＋22n－2n·22n＋1＝－2n·22n＋1＝(1－2n)·22n＋1－2，‎ ‎∴W2n＝(2n－1)·22n＋1＋2，‎ ‎∴T2n＝W2n＋ ‎＝(2n－1)·22n＋1＋＋1.‎ ‎6．已知数列{an}，{bn}，其中，a1＝，数列{an}满足(n＋1)an＝(n－1)an－1 (n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝2bn.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立？若存在，求出m的最小值；‎ ‎(3)若数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由(n＋1)an＝(n－1)an－1，‎ 即＝(n≥2)．‎ 又a1＝，‎ 所以an＝···…···a1‎ ‎＝···…··· ‎＝.‎ 当n＝1时，上式成立，故an＝.‎ 因为b1＝2，bn＋1＝2bn，‎ 所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 故bn＝2n.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝2n，则 ‎1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－.‎ 假设存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立，即2－<恒成立，由≥2，解得m≥16.‎ 所以存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立，此时，m的最小值为16.‎ ‎(3)当n为奇数时，‎ Tn＝＋(b2＋b4＋…＋bn－1)‎ ‎＝[2＋4＋…＋(n＋1)]＋(22＋24＋…＋2n－1)‎ ‎＝·＋ ‎＝＋(2n－1－1)；‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝＋(b2＋b4＋…＋bn)‎ ‎＝(2＋4＋…＋n)＋(22＋24＋…＋2n)‎ ‎＝·＋ ‎＝＋(2n－1)．‎ 所以Tn＝