【数学】2019届一轮复习人教A版　数列学案

【数学】2019届一轮复习人教A版　数列学案

专题六　数列 ‎———————命题观察·高考定位———————‎ ‎(对应 生用书第21页)‎ ‎1．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝________.‎ ‎32　[设{an}的首项为a1，公比为q，则 解得 所以a8＝×27＝25＝32.]‎ ‎2．(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________．‎ ‎20　[法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝‎5a1＋d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋a＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.‎ 法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知＝‎5a3＝10，所以a3＝2.‎ 所以由a1＋a3＝‎2a2，得a1＝‎2a2－2，代入a1＋a＝－3，化简得a＋‎2a2＋1＝0，所以a2＝－1.‎ 公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.]‎ ‎3．(2014·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋‎2a4，则a6的值是________．‎ ‎4　[因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋‎2a4得a2q6＝a2q4＋‎2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.]‎ ‎4．(2015·江苏高考)设数列满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为______．‎ 　[由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.‎ 又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．‎ ‎∵当n＝1时也满足此式，∴an＝(n∈N*)．‎ ‎∴＝＝2.‎ ‎∴S10＝2×＝2×＝.]‎ ‎5．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. ‎ ‎【导 号：56394035】‎ ‎[证明]　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则 an＝a1＋(n－1)d，‎ 从而，当n≥4时，‎ an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ‎＝‎2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”．‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②‎ 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝‎4a4，所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝‎4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．‎ ‎[命题规律]‎ ‎(1)对等差数列与等比数列基本量的考查是重点，主要考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题，主要是以填空题的形式出现．‎ ‎(2)对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，属中低档题，主要是以填空题的形式出现．‎ ‎(3)数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据an与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点．填空、解答题都有出现．‎ ‎(4)数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点．填空、解答题都有出现．‎ ‎(5)数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，以解答题的形式出现．‎ ‎(6)数列与解析几何交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上，常以解答题形式出现．‎ ‎(7)数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型进行考查，难度中等及以上，常以解答题形式出现．‎ ‎———————主干整合·归纳拓展———————‎ ‎(对应 生用书第21页)‎ ‎[第1步▕ 核心知识再整合]‎ ‎1．等差数列 ‎(1)通项公式 ‎(2)前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.‎ ‎(3)常用性质：‎ ‎①如果数列{an}是等差数列，m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)，特别地，当n为奇数时，a1＋an＝a2＋an－1＝……＝‎2a中．‎ ‎②若等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列．‎ ‎③若等差数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，则＝.‎ ‎④若等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列仍是等差数列．‎ ‎(4)等差数列的单调性 设等差数列{an}的公差为d，当d>0时，数列{an}为递增数列；当d<0时，数列{an}为递减数列；若d＝0，则数列{an}为常数数列．‎ ‎(5)等差数列的最值 若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，‎ ‎①若a1>0，d<0，且满足则前n项和Sn最大；‎ ‎②若a1<0，d>0，且满足则前n项和Sn最小．‎ ‎2．等比数列 ‎(1)通项公式 ‎(2)前n项和公式Sn＝ ‎(3)常用性质：‎ ‎①如果数列{an}是等比数列m＋n＝p＋q⇒am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，特别地，当n为奇数时，a1·an＝a2·an－1＝……＝a.‎ ‎②等比数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…成等比数列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…均不为0)．‎ ‎(4)等比数列的单调性 设等比数列{an}的公比为q，‎ 当或时，{an}为递增数列；当或时，{an}为递减数列；当q＝1时，则数列{an}为常数数列．‎ ‎3．数列常见通项公式的求法 ‎(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数 归纳法证明．‎ ‎(2)利用前n项和与通项的关系an＝ ‎(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．‎ ‎(4)累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f (n)，把原递推公式转化为an＋1－an＝f (n)，再利用累加法(逐差相加法)求解．‎ ‎(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝f (n)an，把原递推公式转化为＝f (n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解．‎ ‎(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解．‎ ‎4．数列求和的主要方法 ‎(1)公式法：如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.‎ ‎(2)倒序相加法：如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．‎ ‎(3)分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．‎ ‎(4)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法 求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．‎ ‎(5)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．‎ 常见的拆项公式如下：‎ ‎①分式型 ＝－，＝，‎ ＝，＝.‎ ‎②乘式型 n(n＋1)＝－[(n－1)n(n＋1)－n(n＋1)(n＋2)]，‎ n(n＋1)(n＋2)＝－[(n－1)n(n＋1)(n＋2)－n(n＋1)(n＋2)(n＋3)]．‎ ‎③阶乘型 ＝＝－，C＝C－C，kC＝nC.‎ ‎④三角函数型 tan an tan an＋1＝1－，‎ ＝，＝，‎ cos＝，sin＝.‎ ‎⑤根式型 ＝－.‎ ‎(6)并项求和法：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．‎ ‎[第2步▕ 高频考点细突破]‎ 等差数列、等比数列的通项及基本量的求解 ‎【例1】　(南京市2017届高三年级 情调研)各项均为正数的等比数列{an}，其前n项和为Sn，若a2－a5＝－78，S3＝13，则数列{an}的通项公式an ‎＝________.‎ ‎[解析]　由题意得a1q(q3－1)＝78，a1(1＋q＋q2)＝13⇒q(q－1)＝6，∵q>0∴q＝3，a1＝1，an＝3n－1.‎ ‎[答案]　3n－1‎ ‎[规律方法]　等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(江苏省南通中 2017届高三上 期期中考试)设Sn是等比数列{an}的前n项的和，若a3＋‎2a6＝0，则的值是________. ‎ ‎【导 号：56394036】‎ ‎2　[a3＋‎2a6＝0⇒＝－⇒q3＝－，因此＝＝＝＝2.]‎ 等差数列、等比数列的性质 ‎【例2】　(2016－2017 年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知等比数列{an}的各项均为正数，且满足：a‎1a9＝4，则数列{log2an}的前9项之和为________．‎ ‎[解析]　∵a‎1a9＝a＝4，∴a5＝2，‎ ‎∴log‎2a1＋log‎2a2＋…＋log‎2a9＝log2(a‎1a2…a9)＝log‎2a＝9log‎2a5＝9.‎ ‎[答案]　9‎ ‎[规律方法]　条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．等差数列(或等比数列)中若出现的是通项与数列和的关系，则优先考虑等差数列(或等比数列)性质m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋‎ aq(m，n，p，q∈N*)(m＋n＝p＋q⇒am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*))．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(2017届高三七校联考期中考试)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数．若对于任意的m∈N*，am，a‎2m，a‎4m成等比数列，则k的值为________．‎ ‎0或1　[∵Sn＝kn2＋n，n∈N* ，∴ 数列{an}是首项为k＋1，公差为2k的等差数列，an＝2kn＋1－k.又对于任意的m∈N*都有a＝ama‎4m，∴a＝a‎1a4，(3k＋1)2＝(k＋1)·(7k＋1)，解得k＝0或1.又k＝0时an＝1，显然对于任意的m∈N*，am，a‎2m，a‎4m成等比数列；k＝1时an＝2n，am＝‎2m，a‎2m＝‎4m，a‎4m＝‎8m，显然对于任意的m∈N*，am，a‎2m，a‎4m也成等比数列．综上所述，k＝0或1.]‎ 判断和证明等差数列、等比数列 ‎【例3】　(2017·江苏省淮安市高考数 二模)设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且满足：‎ ‎①|a1|≠|a2|；‎ ‎②r(n－p)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，其中r，p∈R，且r≠0.‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)数列{an}能否是等比数列？请说明理由；‎ ‎(3)求证：当r＝2时，数列{an}是等差数列．‎ ‎[解]　(1)n＝1时，r(1－p)(a1＋a2)＝‎2a1－‎2a1，其中r，p∈R，且r≠0.又|a1|≠|a2|.‎ ‎∴1－p＝0，解得p＝1.‎ ‎(2)设an＝kan－1(k≠±1)，r(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，∴rS3＝‎6a2,2rS4＝‎12a3＋‎4a1，化为：r(1＋k＋k2)＝6k，r(1＋k＋k2＋k3)＝6k2＋2.联立解得r＝2，k＝1(不合题意)，舍去，因此数列{an}不是等比数列．‎ ‎(3)证明：r＝2时，2(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，∴2S3＝‎6a2,4S4＝‎12a3＋‎4a1,6S5＝‎20a4＋‎10a1.‎ 化为：a1＋a3＝‎2a2，a2＋a4＝‎2a3，a3＋a5＝‎2a4.假设数列{an}的前n项成等差数列，公差为d.‎ 则2(n－1)＝(n2＋n)[a1＋(n－1)d]＋(n2－n－2)a1，化为an＋1＝a1＋(n＋1－1)d，因此第n＋1项也满足等差数列的通项公式，‎ 综上可得，数列{an}成等差数列．‎ ‎[规律方法]　(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．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(2017·江苏省盐城市高考数 二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－，其中n∈N*.‎ ‎(1)若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎(2)若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列. ‎ ‎【导 号：56394037】‎ ‎[解]　(1)∵数列{an}是公差为2的等差数列，∴an＝a1＋2(n－1)，＝a1＋n－1.‎ ‎∴(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，解得cn＝1.‎ ‎(2)证明：由(n＋1)bn＝an＋1－，‎ 可得：n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1，‎ 相减可得：an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn，‎ 可得：(n＋2)cn＝－＝－[an＋1－(n＋1)bn]＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)，‎ 因此cn＝(bn＋bn＋1)．∵bn≤λ≤cn，‎ ‎∴λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ.‎ ‎∴(n＋1)λ＝an＋1－，(n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－，‎ 相减可得：(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ(n≥2)．‎ 又2λ＝a2－＝a2－a1，则an＋1－an＝2λ(n≥1)，∴数列{an}是等差数列.‎ 等差数列与等比数列的综合应用 ‎【例4】　(2016－2017 年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知等比数列{an}的公比q>1，且满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．‎ ‎[解]　(1)∵a3＋2是a2，a4的等差中项，∴2(a3＋2)＝a2＋a4，‎ 代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，‎ ‎∴a2＋a4＝20，∴ 解之得或 ‎∵q>1，∴∴数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)∵bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n，‎ ‎∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①‎ ‎2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n ·2n＋1)，②‎ ‎②－①得Sn＝2＋22＋23…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.‎ ‎∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，∴n＋1>6，n>5，‎ ‎∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值为6.‎ ‎[规律方法]　等差数列、等比数列的综合问题的解题关键仍然是“基本量”‎ 方法，其通过方程或者方程组求出数列的基本量，然后再解决后续问题．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(泰州中 2016－2017年度第一 期第一次质量检测文 )已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的通项公式bn＝(n∈N*)，若S3＝b5＋1，b4是a2和a4的等比中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)∵数列{bn}的通项公式bn＝(n∈N*)，‎ ‎∴b5＝6，b4＝4.‎ 设各项都为正数的等比数列{an}的公比为q，q>0，‎ ‎∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7，①‎ ‎∵b4是a2和a4的等比中项，∴a‎2a4＝a＝16，‎ 解得a3＝a1q2＝4，②‎ 由①②得3q2－4q－4＝0，‎ 解得q＝2或q＝－(舍去)，‎ ‎∴a1＝1，an＝2n－1.‎ ‎(2)当n为偶数时，‎ Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1‎ ‎＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)，‎ 设Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1，③‎ 则2Hn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，④‎ ‎③－④，得－Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝(1－n)×2n－1，‎ ‎∴Hn＝(n－1)×2n＋1，‎ ‎∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋＝×2n＋.‎ 当n为奇数，且n≥3时，‎ Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1＝×2n－1＋＋(n＋1)×2n－1＝×2n－1＋，‎ 经检验，T1＝2符合上式．‎ ‎∴Tn＝ 一般数列的性质 ‎【例5】　(江苏省苏州市2016届高三九月测试试卷)已知各项均为正数的等比数列{an}，若‎2a4＋a3－‎2a2－a1＝8，则‎2a8＋a7的最小值为________．‎ ‎ [解析]　设{an}的公比为q，由‎2a4＋a3－‎2a2－a1＝8，得(‎2a2＋a1)q2－(‎2a2＋a1)＝8，所以(‎2a2＋a1)(q2－1)＝8，显然q2>1,‎2a8＋a7＝(‎2a2＋a1)q6＝，令t＝q2，则‎2a8＋a7＝，设函数f (t)＝(t>1)，f ′(t)＝，易知当t∈时f (t)为减函数，当t∈时，f (t)为增函数时，所以f (t)的最小值为f ＝54，故‎2a8＋a7的最小值为54.‎ ‎[答案]　54‎ ‎[规律方法]　(1)在处理数列单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列{an}是递增数列⇔∀n≥1，an＋1≥an恒成立”；(2)数列an＝f (n)的单调性与y＝f (x)，x∈[1，＋∞)的单调性不完全一致；(3)当数列对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性 求解数列的单调性问题．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(南京市2016届高三年级模拟考试)已知数列{an}是递增数列，且对n∈N*，都有an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________. ‎ ‎【导 号：56394038】‎ ‎(－3，＋∞)　[利用递增数列的定义，an＋1>an，an＋1－an＝2n＋1＋λ>0⇒λ>－2n－1，n∈N*恒成立，则λ>－3.‎ ‎(注：本题易错的解法是根据数列所对应的函数单调性an＝n2＋λn＝2－‎ ，然后－≤1⇒λ≥－2.由数列是递增数列去断定数列对应的函数是递增函数，是错误的)]‎ 一般数列的通项及求和 ‎【例6】　(2016－2017 年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝________.‎ ‎[解析]　由an＋1＝an(1－an＋1)得：－＝1，因此数列是等差数列，所以＝n，即an＝，bn＝anan＋1＝＝－，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎[答案]　 ‎[规律方法]　(1)通常情况下数列的第(1)题是需要求数列的通项公式，而且其中也设出一个新的数列，我们在做的过程中，要把这个条件作为一种提示，配凑成这种新的数列，即可解决；若题中没有设出这样的新数列，可以看知识整合中6种求通项公式的方法；(2)对于数列求和，需要先判断用哪种求和的方法，然后进行求解．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(无锡市普通高中2017届高三上 期期中基础性检测)设数列{an}的前n项和为Sn，已知4Sn＝2an－n2＋7n(n∈N*)，则a11＝________.‎ ‎－2　[由题设4Sn＝2an－n2＋7n(n∈N*)可得4Sn－1＝2an－1－(n－1)2＋7(n－1)，将以上两式两边相减可得4an＝2an－2an－1－2n＋1＋7，即an＝－an－1－n＋4，所以an＋an－1＝－n＋4，又因为a1＝3，所以a2＝－3－2＋4＝－1，故a3＝1－3＋4＝2，依次可推得a11＝－2.]‎ 存在探索与证明性问题 ‎【例7】　(江苏省南通中 2017届高三上 期期中考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝4，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)已知cn＝2n＋3(n∈N*)，记dn＝cn＋logCan(C>0且C≠1)，是否存在这样的常数C，使得数列{dn}是常数列？若存在，求出C的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)若数列{bn}，对于任意的正整数n，均有b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝n－成立，求证：数列 {bn}是等差数列．‎ ‎[解]　(1)a1＝4－a1，所以a1＝2，‎ 由Sn＋an＝4得n≥2时，Sn－1＋an－1＝4，‎ 两式相减得，2an＝an－1，＝.‎ 数列{an}是以2为首项，公比为的等比数列，‎ 所以an＝22－n(n∈N*)．‎ ‎(2)由于数列{dn}是常数列，‎ dn＝cn＋logCan＝2n＋3＋(2－n)logC2‎ ‎＝2n＋3＋2logC2－nlogC2＝(2－logC2)n＋3＋2logC2为常数列，只有2－logC2＝0；解得C＝，此时dn＝7.‎ ‎(3)证明：b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝n－.①‎ 当n＝1时，b‎1a1＝－＝－1，其中a1＝2，所以b1＝－.‎ 当n≥2时，‎ b1an－1＋b2an－2＋b3an－3＋…＋bn－‎1a1＝n－1－，②‎ ‎②式两边同时乘以得，‎ b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bn－‎1a2＝n－.③‎ ‎①式减去③式得，bna1＝，所以bn＝－－，‎ 且bn＋1－bn＝－.‎ 所以数列{bn}是以－为首项，公差为－的等差数列．‎ ‎[举一反三]‎ ‎(南京市2017届高三年级 情调研)已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a‎2a3＝15，S4＝16.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝.‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②是否存在正整数m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差数列？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)设数列{an}的公差为d，则d>0.‎ 由a2·a3＝15，S4＝16，得 解得或(舍去)．‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)①因为b1＝a1，bn＋1－bn＝，‎ 所以b1＝a1＝1，‎ bn＋1－bn＝＝＝，‎ 即b2－b1＝，‎ b3－b2＝，‎ ‎……‎ bn－bn－1＝(n≥2)，‎ 累加得：bn－b1＝＝，‎ 所以bn＝b1＋＝1＋＝.‎ b1＝1也符合上式．‎ 故bn＝，n∈N*.‎ ‎②假设存在正整数m、n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差数列，则b2＋bn＝2bm.‎ 又b2＝，bn＝＝－，bm＝－，‎ 所以＋＝2，即＝＋，‎ 化简得：‎2m＝＝7－.‎ 当n＋1＝3，即n＝2时，m＝2，不符合题意，舍去；‎ 当n＋1＝9，即n＝8时，m＝3，符合题意．‎ 所以存在正整数m＝3，n＝8，使得b2，bm，bn成等差数列.‎ 数列与不等式的综合应用 ‎【例8】　(江苏省泰州中 2017届高三摸底考试)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝t(Sn－an＋1)(t为常数，且t≠0，t≠1)．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝a＋Sn·an，若数列{bn}为等比数列，求t的值；‎ ‎(3)在满足条件(2)的情形下，设cn＝4an＋1，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式≥2n－7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎[解]　(1)当n＝1时，S1＝t(S1－a1＋1)，得a1＝t.‎ 当n≥2时，由Sn＝t(Sn－an＋1)，即(1－t)Sn＝－tan＋t，①‎ 得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，②‎ ‎①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，即an＝tan－1，∴＝t(n≥2)，∴{an}是等比数列，且公比是t，∴an＝tn.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝(tn)2＋·tn，即bn＝，‎ 若数列{bn}为等比数列，则有b＝b1·b3，‎ 而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，‎ 故[t3(2t＋1)]2＝(2t2)·t4(2t2＋t＋1)，‎ 解得t＝，‎ 再将t＝代入bn，得bn＝n，‎ 由＝，知{bn}为等比数列，∴t＝.‎ ‎(3)由t＝，知an＝n，∴cn＝4n＋1，‎ ‎∴Tn＝4×＋n＝4＋n－，‎ 由不等式≥2n－7恒成立，得3k≥恒成立，‎ 设dn＝，由dn＋1－dn＝－＝，‎ ‎∴当n≤4时，dn＋1>dn，当n＞4时，dn＋10时，f n′(x)＝1＋＋…＋>0，‎ 则f n(x)在(0，＋∞)内单调递增，‎ 而f 1(1)＝0，当n≥2时，f n(1)＝＋＋…＋>0，‎ 故f n(1)≥0，‎ 又f n＝－1＋＋≤－＋k ‎＝－＋·＝－·n－1<0，‎ 所以对每个n∈N*，存在唯一的xn∈，满足f n(xn)＝0.‎ ‎(2)当x>0时，f n＋1(x)＝f n(x)＋>f n(x)，并由(1)知f n＋1(xn)>f n(xn)＝‎ f n＋1(xn＋1)＝0.‎ 由f n＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增知，xn＋1M时n·2n＋1－Sn>50恒成立？若存在，求出最小的M；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)由已知，可得c＝0，f ′(x)＝2ax＋b，‎ ‎∴ 解之得a＝，b＝2n.‎ ‎∴f (x)＝x2＋2nx.‎ ‎(2)∵an＋1＝an＋2n，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2(1＋2＋3＋…＋n－1)＋4＝2×＋4＝n2－n＋4.‎ ‎(3)an＋1－an＝(n＋1)2－(n＋1)＋4－(n2－n＋4)＝2n，‎ ‎∴bn＝n·2＝n·2n.‎ Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①‎ ‎2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1.②‎ ‎①－②得：－Sn＝21＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，‎ ‎∴n·2n＋1－Sn＝2n＋1－2>50，即2n＋1>52，当n≥5时，2n＋1>52.‎ ‎∴存在M＝4，使得当n>M时，n·2n＋1－Sn>50恒成立．‎ ‎[第3步▕ 高考易错明辨析]‎ ‎1．忽视n的取值范围致误 已知数列{an}中，a1＝1，前n项的和为Sn，对任意的自然数n≥2，an是3Sn－4与2－Sn－1的等差中项．求通项an.‎ ‎[错原]　忽视了＝－成立的前提n≥2，只能说明数列从第2项起为等比数列，至于整个数列{an}是否为等比数列还需验证是否等于－，这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视．‎ ‎[正解]　由已知，当n≥2时，2an＝(3Sn－4)＋，‎ 又an＝Sn－Sn－1，‎ 得an＝3Sn－4(n≥2)，‎ an＋1＝3Sn＋1－4，‎ 以上两式相减得an＋1－an＝3an＋1，‎ ‎∴＝－，‎ ‎∴a2，a3，…，an，…成等比数列，其中 a2＝3S2－4＝3(1＋a2)－4.‎ 即a2＝，q＝－，‎ ‎∴当n≥2时，an＝a2qn－2＝·n－2＝－n－1，‎ ‎∴an＝ ‎ ‎2．求等比数列的公比时忽视隐含条件致误 已知一个等比数列的前四项之积为，第2,3项的和为，求这个等比数列的公比．‎ ‎[错原]　设这四个数为，，aq，aq3，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，但题中q可以为负！‎ ‎[正解]　依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，‎ 则 解得q＝3±2或q＝－5±2.‎ ‎3．解数列问题时由思维定势导致错误 已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是________．‎ ‎[错原]　默认q>0，遗漏当q<0时的情况．所以需要分q为正、负两种情况．‎ ‎[正解]　因为等比数列{an}中a2＝1，‎ 所以S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋；‎ 当公比q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3；‎ 当公比q<0时，S3＝1－≤1－2＝－1；‎ 所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). ‎ ‎———————专家预测·巩固提升———————‎ ‎(对应 生用书第27页)‎ ‎1．已知定义在R上的函数f (x)是奇函数且满足f ＝f (x)，f (－2)＝－3，数列{an}满足a1＝－1，且＝2×＋1(其中Sn为{an}的前n项和)，则f (a5)＋f (a6)＝________.‎ ‎3　[由定义在R上的函数f (x)是奇函数且满足f ＝f (x)知，f ＝f ＝－f ＝－f (x)，所以f (x－3)＝ f ＝‎ ‎ －f ＝－(－f (x))＝f (x)，所以f (x)的周期为3，由＝2×＋1得，Sn＝2an＋n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－(n－1)，所以an＝2an－1－1，所以a2＝－3，a3＝－7，a4＝－15，a5＝－31，a6＝－63，所以f (a5)＋f (a6)＝f (－31)＋f (－63) ＝－f (3×10＋1)－f (3×21＋0)＝－f (1)－f (0)＝－f (1－3)－0‎ ‎＝－f (－2)＝3.]‎ ‎2．设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n＝1,2,3，…，若b1>c1，b1＋c1＝‎2a1，an＋1＝an，bn ＋1＝，cn＋ 1＝，则∠An的最大值是________．‎ 　[由bn＋1＝，cn＋1＝得 bn＋1＋cn＋1＝＋＝(bn＋cn)＋an，又an＋1＝an＝a1，所以bn＋1＋cn＋1－‎2a1＝(bn＋cn－‎2a1)，而b1＋c1＝‎2a1，所以bn＋cn＝‎2a1，所以 cos∠An＝＝＝－1‎ ‎≥－1＝－1＝，所以∠An的最大值是.]‎ ‎3．在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若内角A，B，C依次成等差数列，且a和c是－x2＋6x－8＝0的两根，则S△ABC＝________.‎ ‎2 　[∵内角A，B，C依次成等差数列，∴B＝60°，‎ ‎∵a和c是－x2＋6x－8＝0的两根，∴a＝2，c＝4，‎ ‎∴S△ABC＝acsin B＝×2×4×＝2.]‎ ‎4．(改编题)函数f 1(x)＝x3，f 2(x)＝f 3(x)＝ f 4(x)＝|sin(2πx)|，等差数列{an}中，a1＝0，a2 015＝1，bn＝|f k(an＋1)－f k(an)|(k＝1,2,3,4)，用Pk表示数列{bn}的前2 014项的和，则P1，P2，P3，P4的关系为________. ‎ ‎【导 号：56394040】‎ P4＜1＝P1＝P2＜P3＝2　[{an}是等差数列，且a1＝0，a2 015＝1，可知该数列为递增数列，且a1 008＝，a504<，a505>.‎ 对于f 1(x)＝x3，该函数在[0,1]上为增函数，于是有f 1(an＋1)－f 1(an)>0，‎ 于是b1＝f 1(an＋1)－f 1(an)，‎ 所以P1＝f 1(a2 015)－f 1(a1)＝1－0＝1.‎ 对于f 2(x)，该函数在上递增，在上递减，‎ 于是P2＝f 2(a1 008)－f 2(a1)＋f 2(a1 008)－f 2(a2 015)＝－0＋－0＝1.‎ 对于f 3(x)，该函数在上递减，在上为常数，‎ 类似有P3＝f 3(a1)－f 3(a1 008)＝f 3(0)－f 3＝3－1＝2.‎ 对于f 4(x)，该函数在和递增，在和上递减，且是以为周期的周期函数，‎ 故只需讨论的情况，再2倍即可，‎ 仿前可知，P4＝2[f 4(a504)－f 4(a1)＋f 4(a505)－f 4(a1 008)]<2＝1，‎ 故P4<1，则P4<1＝P1＝P2

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