【数学】2018届一轮复习人教A版高考专题突破三高考中的数列问题学案
1.(2017·苏州月考)数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为____.
答案 2
解析 设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a＝a1a7，得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故数列{bn}的公比q＝＝＝＝2.
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_____.
答案
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·南通、淮安模拟)在等比数列{an}中，a2＝1，公比q≠±1.若a1,4a3,7a5成等差数列，则a6的值是________.
答案
解析 因为{an}为等比数列，且a2＝1，所以a1＝，a3＝q，a5＝q3，由a1,4a3,7a5成等差数列得8q＝＋7q3，
解得q2＝1(舍去)或q2＝，故a6＝a2q4＝.
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＝－.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝an－，若1
0，
∴数列{Tn}是一个递增数列，∴Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn<.
命题点3 数列应用题
例5 (2016·南京模拟)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元.
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).
解 (1)由题意，得
a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d，
…
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)，得an＝an－1－d＝(an－2－d)－d
＝()2an－2－d－d
＝…
＝()n－1a1－d[1＋＋()2＋…＋()n－2]
整理，得
an＝()n－1(3 000－d)－2d[()n－1－1]
＝()n－1(3 000－3d)＋2d.
由题意，得am＝4 000，
即()m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000.
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元.
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.
设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
(1)解 y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，
曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，
从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).
令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标
xn＝1－＝.
(2)证明 由题设和(1)中的计算结果知
Tn＝xx…x＝()2()2…()2.
当n＝1时，T1＝.
当n≥2时，因为x＝()2＝>＝＝，
所以Tn>()2×××…×＝.
综上可得，对任意n∈N*，均有Tn≥.
1.(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}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝.
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.
2.(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由
即可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
3.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：{an＋1－an}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(1＋＋＋a4)＋5(1＋)
＝8(1＋＋)＋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{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列.
(3)解 由(2)知：数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列，
所以an＋1－an＝()n－1.
即－＝4，
所以数列是以＝2为首项，公差为4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.
4.(2016·常州期末)已知等差数列{an}的公差d为整数，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k
为常数且k∈N*.
(1)求k及an；
(2)设a1>1，{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为1，公比为q(q>0)，前n项和为Tn.若存在正整数m，使得＝T3，求q.
解 (1) 由题意得
②－①，得d＝4＋.
因为k∈N*且d为整数，所以k＝1或k＝2.
当k＝1时，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3.
当k＝2时，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.
(2)因为a1>1，所以an＝6n－3，从而Sn＝3n2.
由＝T3，得＝1＋q＋q2，
整理得q2＋q＋1－＝0.
因为Δ＝1－4(1－)≥0，所以m2≤.
因为m∈N*，所以m＝1或m＝2.
当m＝1时，q＝(舍去)或q＝.
当m＝2时，q＝0或q＝－1(均舍去).
综上所述，q＝.
5.(2015·山东)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3. ①
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15. ②
由①②解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.经检验，符合题意.
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，
所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1＝×4n＋1－.
所以Tn＝×4n＋1＋＝.
