高考数学精英备考专题讲座 数列及其应用

高考数学精英备考专题讲座 数列及其应用

数列及其应用 数列是高中数学重要内容，是高考命题的热点.纵观近几年的高考试题,对等差和等比数 列的概念、通项公式、性质、前 n 项和公式,对增长率、分期付款等数列实际应用题多以客观 题和中低档解答题为主，对数列与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等相结合的综 合题的考查多属于中高档题,甚至是压轴题,难度值一般控制在0.3 ~ 0.7 之间. 考试要求（1）数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图 像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.（2）等差数列、等比数列① 理 解等差数列、等比数列的概念.② 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式. ③ 能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题. ④ 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 题型一 等差、等比数列的概念与性质 例 1．已知等比数列 na 中，各项都是正数，且 1a 、 32 1 a 、2 2a 成等差数列，求 9 10 78 aa aa   ; 【 点 拨 】 依 据 等 差 中 项 的 概 念 先 求 等 比 数 列 的 公 比 ， 再 利 用 等 比 数 列 的 性 质 )( 87 2 109 aaqaa  求值. 【解】依题意可得： 3 1 2 12 ( ) 22 a a a   ，即 3 1 22a a a ，则有 2 1 1 12a q a a q 可得 2 12qq ，解得 12q  或 12q  （舍） 所 以 8923 29 10 11 67 7 8 1 1 3 2 21 aa a q a q qqqa a a q a q q          ; 【易错点】（1）等差数列与等比数列只有一字之差，部分同学经常出现审题不仔细的现象；（2） 等差中项与等比中项的性质混淆，概念模糊不清；（3）对等差数列与等比数列的性质及公式 的变式不熟悉，往往要先计算 qda ,,1 等量，一旦计算量大一点，解题受阻. 变式与引申 1：等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，公差 ,0d 83 SS  . （1）求 11S 的值; （2）当 nS 为最小时，求 n 的值. 题型二：数列的通项与求和 例 2 ．（ 2011 年 全国卷 理科第 17 题）等比数列 na 的 各 项 均 为 正 数 ， 且 2 1 2 3 2 62 3 1, 9 .a a a a a   （Ⅰ）求数列 na 的通项公式. （Ⅱ ）设 3 1 3 2 3log log ...... log ,nnb a a a    求数列 1 nb    的前项和. 【点拨】（1）等比数列中，已知两条件可以算出两个基本量 1,aq,再进一步求通项.（2）分组 求和、倒序相加、错位相减、裂项相消等是常用的求和方法，这里利用（1）的结论以及 nn ba , 的关系求 nb 的通项公式，根据裂项相消求数列 1 nb    前 n 项和 . 【解】 （Ⅰ）设数列{an}的公比为 q，由 2 3 2 69a a a 得 32 349aa 所以 2 1 9q  。有条件可知 a>0, 故 1 3q  。 由 122 3 1aa得 122 3 1a a q，所以 1 1 3a  。故数列{an}的通项式为 an= 1 3n 。 （Ⅱ ） 3 1 3 1 3 1log log ... lognb a a a    (1 2 ... ) ( 1) 2 n nn       故 1 2 1 12( )( 1) 1nb n n n n     12 1 1 1 1 1 1 1 1 2... 2((1 ) ( ) ... ( ))2 2 3 1 1n n b b b n n n             所以数列 1{} nb 的前 n 项和为 2 1 n n  【易错点】（1）没有注意条件 a>0，公比计算错；（ 2）在求 nb 的通项公式时，遗漏了负号； 不会将 12 ( 1)nb n n  化为 1 1 12( )1nb n n    . 变式与引申 2 已知 nS 是数列{ na }的前 n 项和，并且 1a =1，对任意正整数 n， 241  nn aS ； 设 ,3,2,1(21   naab nnn ）. （1）证明数列 }{ nb 是等比数列，并求 的通项公式； （2）设 }loglog 1{,3 2212   nn n n n CCTbC 为数列 的前 n 项和，求 nT . 3. 等比数列{ na }的前 n 项和为 nS ， 已知对任意的 nN ，点 ( , )nnS ，均在函数 (0xy b r b   且 1, ,b b r 均为常数)的图像上. （1）求 r 的值； （2）当 b=2 时，记 1()4n n nb n Na  求数列{}nb 的前 n 项和 nT . 题型三：数列的实际应用 例 3. 为了解某校高三学生的视力情况， 随机地抽查了该校 100 名高三学生的视力 情况，得到频率分布直方图，如右图所示； 由于不慎将部分数据丢失，但知道前 4 组 的频数从左到右依次是等比数列  na 的 前四项，后 6 组的频数从左到右依次是等 差数列 nb 的前六项. (1)求数列 na 和 的通项公式； (2)求视力不小于 5.0 的学生人数； (3)设    Nnba c a c a c n n n 1 2 2 1 1  ,求数列 nc 的通项公式. 【点拨】（1）频率分布直方图是解决问题的关健；（2）已知前两项的频数，前 4 组的频数从 左到右依次是等比数列 的前四项，可求 na ，后 6 组的频数从左到右依次是等差数列 的前六项， 41 ab  ， nb 的前六项和可求，得 nb ，（ 3）求得 、 后，根据题设条件，按 递推公式求通项公式方法求出 nc . 【解】(1)由题意知 ,11001.01.01 a 31001.03.02 a 因此数列 na 是一个首项 11 a .公比为 3 的等比数列，所以 13  n na ， 2741  ab 又  621 bbb   321100 aaa  =100—(1+3+9) ， 所以 db 2 566 1  =87, 解得 ,5d 因此数列 nb 是一个首项 271 b ,公差为—5 的等差数列, 所以 ,532 nbn  (2) 求视力不小于 5.0 的学生人数为 9)6532()5532(65  bb (3) 由 )(1 2 2 1 1   Nnba c a c a c n n n ① 可知，当 2n 时， n n n ba c a c a c    1 1 2 2 1 1  ② ①－②得，当 2n 时， 51   nn n n bba c ,  2,355 1    nNnac n nn , 又 ,22,22 12 1 1  cba c 因此数列 nc 是一个从第 2 项开始的公比为 3 的等比数列, 数列 nc 的通项公式为       )2(35 )1(22 1 n nc nn . 【易错点】（1）不理解 41 ab  的意义，解题找不到切入点；（2）计算数列 nb 的通项公式时 忽略“全校 100 名学生”这个重要的已知条件，导致前两问的结果都不正确；（3）求出 na 、 nb 后，由题设条件不能正确地找出求 nc 的方法；（4）计算 nc 由①式变为②式时，缺少 2n 这 个条件. 变式与引申 4： 某地为了防止水土流失，植树造林，绿化荒沙地，每年比上一年多植相同亩 数的林木，但由于自然环境和人为因素的影响，每年都有相同亩数的土地沙化，具体情况为 下表所示： 2008 年 2009 年 2010 年 新植亩数 1000 1400 1800 沙地亩数 25200 24000 22400 而一旦植完，则不会被沙化． 问：（1）每年沙化的亩数为多少； （2）到那一年可绿化完全部荒沙地. 题型四：数列综合题 例 4 根据如图所示的程序框图，将输出的 x、y 值依次分别记为 200821 ,,,,, xxxx n  ， 200821 ,,,,, yyyy n  ． （1）求数列 nx 的通项公式 nx ； （2）写出 4321 ,,, yyyy ，由此猜想出数列 ny ； 的一个通项公式 ny ，并证明你的结论; （3）求 1 1 2 2 ( , 2008)n n nz x y x y x y x N n       ． 【点拨】（1）程序框图与数列的联系是新课标背景下的新鲜事物，因为程序框图中循环，与 数列的各项一一对应，所以，这方面的内容是命题的新方向，应引起重视；（2）由循环体写 出数列的递推公式，再由递推公式求出数列的通项公式是解决问题 的关健；（3）掌握错位相 减法求数列的前 n 项和及数列求和的一般方法. 【 解 】 （ 1 ） 由 框 图 ， 知 数 列 }{ nx 中 2,1 11   nn xxx ∴ 1 2( 1) 2 1( *, 2008)nx n n n N n       （2）y1=2，y2=8，y3=26，y4=80. 由此，猜想 )2008,(,13  nNny n n 证明：由框图，知数列{yn}中， 231  nn yy ， )1(311   nn yy ， 311 y ∴ 数列{yn+1} 是以 3 为首项，3 为 公 比 的 等 比 数 列 ， )2008,(,13   nNny n n （ 3 ） )13)(12()13(3)13(1 2 2211  n nnn nyxyxyxz =1×3+3×32+…+（2n－1）·3n－[1+3+…+（2n－1）] 记 Sn=1×3+3×32+…+（2n－1）·3n，① 则 3Sn=1×32+3×33+…+（2n－1） ×3n+1 ② ①－②，得－2Sn=3+2·32+2·33+…+2·3n－（2n－1）·3n+1=2（3+32+…+3n）－3 －（2n－1）·3n+1 13)12(331 )31(32   n n n = 11 3·)12(63   nn n 63·)1(2 1  nn ∴ .33·)1( 1  n n nS 又 1+3+…+（2n－1）=n2 ∴ 12( 1) 3 3 ( *, 2008)n nz n n n N n       . 【易错点】（1）根据框图不能正确写出数列的递推公式，解题受阻，（2）对数列求和的方法 及每种方法所适合的题型认识不清，盲目求和；（3）对指数运算不够熟悉，导致利用错位相 减法计算出的结果不正确. 变式与引申 5：已知数列{}na 中， 11 1 ,22 nna n a a,点（ ）在直线 y=x 上，其中 n=1,2,3…. （1）令 1 1n n nb a a ,   求证数列 nb 是等比数列; （2）求数列 的通项； ⑶ 设 分别为数列、 nn TS  、na  nb 的前 n 项和, 是 否 存 在 实 数  ，使得数列 nnST n  为等差数列？若存在，试求出 .若不存在,则说明理由. 本节主要考查：（1）数列的有关概念，递推公式；等差数列和等比数列的定义、判定方法、 性质、通项公式和前 n 项和公式，数列求和及数列的应用（2）数列是一类特殊的函数，而函 数又是高中数学的重要内容，所以数列常与导数、不等式、三角、解析几何、概率及算法等 知识点交融命题，解决数列的通项公式及前 n 项和、证明不等关系等问题（3）简单的递推公 式求通项公式的方法，分组求和、倒序相加、裂项求和、错位相减等数列求和方法（4）着重 考查函数与方程思想、数形结合、等价转化、分类讨论等重要的数学思想. 点评：（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算问题中非常重要，树立“目 标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意解题的目标； （2）数列中 nS 与 na 的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题型，要切 实注意 ns 与 na 之间关系的转化.如：       )2(, )1(, 1 nSS nSa nn n n ， =    n k kk aaa 2 11 )( 等； （3）等差、等比数列的基本知识是必考内容，这类考题既有选择题，填空题，又有解答题； 有容易题、中等题，也有难题，在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前 n 项和公式的基础上，充分理解公式的变式及适用范围，深化数学思想方法在解题实践中的指 导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题； （4）求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题 应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和方法，如公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序 相加法等； （5）在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认 识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络， 进一步培养阅读理解和创新能力，综合 运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力； （6）解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分 析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问 题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数 列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 习题 3－1 1．（2011 安徽文数）.若数列  na 的通项公式是 ( ) ( )nan    g ,则 a a a    L （A） 15 (B) 12 (C )  (D)  2．等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn、Tn，若 n n T S = 13 2 n n ，则 11 11 b a =_________． 3．数列 na 中， 1 2a  ， 1nna a cn （ c 是不为零的常数， 1 2 3n  ，，， ），且 1 2 3a a a， ， 成等比数列． （1）求 c 的值； （2）求 na 的通项公式； （3）求数列 }{ n n cn ca   的前 n 项之和 nT ． 5 ．已知数列 nx 满足 ,2 1 4 3.1,,2 1 1 * 1      nn n nn xaxNnxx 设且 且 .2)12(32 2123212 nnn naanaaaT   （1）求 nx 的表达式； （2）求 nT2 ； 【答案】 变式与引申 1【解析】根据题意，点 ),( nSn 适合抛物线有以下特点①开口向上，②过原点， ③对称轴 5.52 83 x ，（ 1）由对称性可知，另一交点为 )0,11( ，表明 011 S .（2）当 nS 为最小时， 65或n . 变式与引申 2 【 解 析 】 （ 1 ） ),2(24,24 11   naSaS nnnn 两 式 相 减 ： ),2(44 11   naaa nnn *),(2)2(2,2)(42 ,2),2)((4 1111121 111 Nnbaabaaaaab aabnaaa nnnnnnnnnn nnnnnn     ,21   n n b b }{ nb 是以 2 为公比的等比数列， ,325,523,24,2 112121121  baaaaaaab 而 *)(23 1 Nnb n n   （2） ,23 1 nn n bC ,)1( 1 2log2log 1 loglog 1 1 222212    nnCC nn nn 而 ,1 11 )1( 1  nnnn .1 11)1 11()4 1 3 1()3 1 2 1()2 11(  nnnTn  3.解 （1）因为对任意的 nN ,点 ( , )nnS ，均在函数 (0xy b r b   且 1, ,b b r 均为常数) 的图像上.所以得 n nS b r, 当 1n  时, 11a S b r   , 当 2n  时, 1 1 1 1 ( ) ( 1)n n n n n n n na S S b r b r b b b b             , 又因为{ na }为等比数列, 所以 1r  , 公比为b , 所以 1( 1) n na b b  （2）当 b=2 时， 11( 1) 2nn na b b    , 11 111 4 4 2 2n nn n nnnb a     则 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 2 2n n nT       3 4 5 1 2 1 2 3 4 1 2 2 2 2 2 2n nn nnT        相减, 得 2 3 4 5 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2n nn nT         = 31 2 11(1 )1122 1221 2 n n n     12 3 1 1 4 2 2nn n     所以 11 3 1 1 3 3 2 2 2 2 2n n n n nnT       变式与引申 4 变式与引申 5 解：（1）由已知得 11 1 ,2 ,2 nna a a n   2 2 1 3 3 1 3, 1 1 ,4 4 2 4a a a        又 1 1,n n nb a a   1 2 1 1,n n nb a a     2 1 1 2 1 1 122 )1( 1 1 1 1 1 1 1 121              nn nn nn nn nn nn n n aa aa aa nana aa aa b b {}nb 是以 3 4 为首项，以 1 2 为公比的等比数列. （2）由（I）知， 13 1 3 1( ) ,4 2 2 2 n n nb       1 311,22nn naa      21 311,22aa      32 2 311,22aa      1 1 311,22nn naa       将以上各式相加得： 1 21 3 1 1 1( 1) ( ),2 2 2 2n na a n         1 1 1 11(1 )3 1 3 1 3221 ( 1) (1 ) 2.12 2 2 2 21 2 n n nna a n n n                   3 2.2n nan    （3）存在 2  ，使数列{}nnST n  是等差数列. 12 12 1 1 13( ) (1 2 ) 22 2 2nn nS a a a n n          11(1 ) ( 1)22321 21 2 n nn n       221 3 3 33(1 ) 3.2 2 2 2nn n n n n       12 1 31(1 ) 3 1 3 342 (1 ) .1 2 2 2 21 2 n nn nnT b b b              数列{}nnST n  是等差数列的充要条件是 ,(nnSTAn B An   、 B 是常数) 即 2 ,nnS T An Bn   又 2 1 3 3 3 33 ( )2 2 2 2nn nn nnST         2 313(1 )(1 )2 2 2n nn     当且仅当102 ，即 2  时，数列 为等差数列. 习题 3－1 1. 【答案】A 【解析】法一：分别求出前 10 项相加即可得出结论； 法二： 1 2 3 4 9 10 3a a a a a a       ，故 a a a      L .故选 A. 2. 【答案】 32 21； 【解析】 11 11 b a = 2 )(21 2 )(21 2 )( 2 )( 211 211 211 211 bb aa bb aa     = 32 21 1213 212 21 21  T S ． 3. 【解析】（1） 1 2a  ， 2 2ac， 3 23ac ， 因为 1a ， 2a ， 3a 成等比数列， 所以 2(2 ) 2(2 3 )cc   ， 解得 0c  或 2c  ． ∵c≠0，∴ 2c  ． （2）当 2n≥ 时，由于 21a a c， 322a a c， 1 ( 1)nna a n c   ， 所以 1 ( 1)[1 2 ( 1)] 2n nna a n c c       ． 又 1 2a  ， 2c  ，故 22 ( 1) 2( 2 3 )na n n n n n       ，， ．当 1n  时，上式也成立， 所以 2 2( 1 2 )na n n n    ，， ． （3）令 n n n n n cn cab )2 1)(1(    nn bbbbT  321 nn )2 1)(1()2 1(3)2 1(2)2 1(0 432   ……① 143 )2 1)(1()2 1)(2()2 1(2)2 1(02 1  nn n nnT  ……② ①-②得： n n n nT 2 1)2 1(1 1   4. 【分析】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与 x 轴的交点坐标；（2）尝试求出通 项||nnPQ 的表达式，然后再求和． 【解】（Ⅰ）设 11( ,0)kkPx ，由 xye  得 1 11( , )kx kkQ x e   点处切 线方程为 11 1()kkxx ky e e x x    由 0y  得 1 1(2 )kkx x k n    。 （ Ⅱ） 110, 1kkx x x     ，得 ( 1)kxk   ， ( 1)kx k kkP Q e e 1 1 2 2 3 3 ...n n nS PQ PQ PQ PQ     高 考 资 1 1 2 ( 1) 1 11 ... 11 nn n e e ee e e ee              ①—②，得 221232 2 2 122 1 2 1 2 1 2 3                   nn n nT  .2 1 22 1 6 1 6 1 2 12 2 11 2 114 1 2 3 2222 2 2 nnn n n nnT                              .2 1319 1 2 1 32 1 9 1 9 1 2 22 2               n nn n nnT