【数学】2018届一轮复习人教A版高考中的数列问题教案

【数学】2018届一轮复习人教A版高考中的数列问题教案

‎（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a＝a1·ak，得4＝1×k，∴k＝4.‎ ‎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(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 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·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＝________.‎ 答案　2　 解析　由a2a4a6＝64，得a＝64，解得a4＝4.‎ 由2a3，a5,3a4成等差数列，得2a4q＝3a4＋，‎ 即8q＝12＋，解得q＝2或q＝－(舍去)．‎ 又a1q3＝4，所以a1＝，所以Sn＝＝.‎ ‎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＝－.‎ 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．‎ ‎　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，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　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， ①‎ ‎∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ②‎ ‎②－①，得an＋1－an＋an＋1＝1，‎ ‎∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，‎ ‎∴＝，∴{an－1}是等比数列．‎ ‎∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1.‎ ‎∴a1＝，∴c1＝－，公比q＝.‎ 又cn＝an－1，‎ ‎∴{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)可知cn＝(－)·()n－1＝－()n，‎ ‎∴an＝cn＋1＝1－()n.‎ ‎∴当n≥2时，bn＝an－an－1‎ ‎＝1－()n－[1－()n－1]‎ ‎＝()n－1－()n＝()n.‎ 又b1＝a1＝，代入上式也符合，∴bn＝()n.‎ 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．‎ ‎　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.‎ ‎(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，‎ ‎∴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　(2016·温州十校联考)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－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＝.‎ 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x2＋＝1的正根．‎ 求证：(1)an＋1>an；‎ ‎(2)＋＋…＋<1＋＋＋…＋.‎ 证明　由a＋＝1且an>0，得00，‎ 故an＋1－an>0，即an＋1>an.‎ ‎(2)因为an(an＋)＝1，所以＝an＋，‎ 由00)．‎ ‎(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)解　求导，得f′(x)＝－1＝，‎ 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．‎ ‎(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≤2n－1 (*)成立．‎ ‎①当n＝1时，a1＝1≤21－1，(*)式成立．‎ ‎②假设当n＝k时，ak≤2k－1成立，‎ 则当n＝k＋1时，‎ ak＋1＝ln ak＋ak＋2≤ak－1＋ak＋2‎ ‎＝2ak＋1≤2(2k－1)＋1＝2k＋1－1.‎ 所以当n＝k＋1时，(*)式也成立．‎ 由①②可知，an≤2n－1成立.‎ ‎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，‎ 由得 ‎∴{bn}的通项公式bn＝b1qn－1＝3n－1，‎ 又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝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＋3n－1，‎ ‎∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ‎＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1＋3n－1‎ ‎＝2(1＋2＋…＋n)－n＋ ‎＝2×－n＋＝n2＋.‎ 即数列{cn}的前n项和为n2＋.‎ ‎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，‎ 由题意有解得 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.‎ ‎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，a－an＋1－a＋1＝0(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：≤an0，得an＋1>an，‎ ‎∵an＋1－an＝<1，‎ ‎∴an＋1＝(an＋1－an)＋…＋(a2－a1)＋a1＝－>，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1>＋2‎ ‎＝(n≥2)，‎ 又a1＝2＝，∴an≥.‎ ‎(2)∵a－a＝an＋1－1≥－1＝，‎ ‎∴a>＋a＝，‎ 即a≥，‎ ‎2a－3≥＝，‎ ＋＋…＋≤4(－＋－＋…)<1.‎ ‎4．已知正项数列{an}中，a1＝1，点(，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋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＝，求{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵点(，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋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＝，‎ 由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.‎ ‎∴数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，‎ ‎∴bn＝()n－1.‎ ‎(2)log2bn＋1＝log2()n＝－n，‎ ‎∴cn＝＝－，‎ ‎∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.‎ ‎5．已知fn(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且fn(－1)＝(－1)n·n，n＝1,2,3，….‎ ‎(1)求a1，a2，a3；‎ ‎(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＋＋＋…＋>成立．‎ ‎(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)nan＝(－1)n·n，‎ fn－1(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)n－1an－1‎ ‎＝(－1)n－1·(n－1)，n≥2，‎ 两式相减，得(－1)nan＝(－1)n·n－(－1)n－1(n－1)＝(－1)n(2n－1)，‎ 当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝1符合，‎ ‎∴an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(3)证明　令bn＝＝n，‎ 则S＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋，‎ ‎∴2S＝(＋)＋(＋)＋(＋)＋…＋(＋)．(*)‎ 当x>0，y>0时，x＋y≥2，＋≥2，‎ ‎∴(x＋y)(＋)≥4，‎ ‎∴＋≥，当且仅当x＝y时等号成立．‎ 上述(*)式中，k>7，n>0，n＋1，n＋2，…，nk－1全为正，‎ ‎∴2S>＋＋＋…＋＝，‎ ‎∴S>>＝2(1－)>2(1－)＝.‎