2018版高考文科数学（北师大版）一轮文档讲义：章专题探究课三数列问题

2018版高考文科数学（北师大版）一轮文档讲义：章专题探究课三数列问题

高考导航　对近几年高考试题统计看，全国卷中的数列与三角基本上交替考查，难度不大．考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循．‎ 热点一　等差数列、等比数列的综合问题 解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用．‎ ‎【例1】 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}最大项的值为，最小项的值为－.‎ 探究提高　解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口．‎ ‎【训练1】 (2017·西安模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S5－2a2＝25，且a1，a4，a13恰为等比数列{bn}的前三项．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设Tn是数列的前n项和，是否存在k∈N＋，使得等式1－2Tk＝成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，‎ ‎∴ 解得a1＝3，d＝2，∴an＝2n＋1.‎ ‎∵b1＝a1＝3，b2＝a4＝9，‎ ‎∴等比数列{bn}的公比q＝3，∴bn＝3n.‎ ‎(2)不存在．理由如下：‎ ‎∵＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝，‎ ‎∴1－2Tk＝＋(k∈N＋)，‎ 易知数列为单调递减数列，‎ ‎∴<1－2Tk≤，‎ 又＝∈，‎ ‎∴不存在k∈N＋，使得等式1－2Tk＝成立．‎ 热点二　数列的通项与求和(规范解答)‎ 数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法．常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．‎ ‎【例2】 (满分12分)(2015·湖北卷)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.‎ ‎(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2) 当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 满分解答　(1)解　由题意有 即2分 解得或4分 故或6分 ‎(2)解　由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，‎ 故cn＝，7分 于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②8分 ‎①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－10分 ‎＝3－，11分 故Tn＝6－.12分 ‎　‎ ‎❶由题意列出方程组得…………2分；‎ ‎❷解得a1与d得2分，漏解得…………1分；‎ ‎❸正确导出an，bn得2分，漏解得…………1分；‎ ‎❹写出cn得…………1分；‎ ‎❺把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数．‎ ‎ 用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)‎ 若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．‎ 第二步：(乘公比)‎ 设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.‎ 第三步：(错位相减)‎ 乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(k∈N＋)的项对应，然后两边同时作差．‎ 第四步：(求和)‎ 将作差后的结果求和，从而表示出Tn.‎ ‎【训练2】 已知数列{an}，an＝(－1)n－1，求数列{an}的前n项和Tn.‎ 解　an＝(－1)n－1，‎ 当n为偶数时，Tn＝－＋…＋－＝1－＝.‎ 当n为奇数时，Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.‎ 所以Tn＝(或Tn＝)．‎ 热点三　数列的综合应用 热点3.1　数列与函数的综合问题 数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选．‎ ‎【例3－1】 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，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，‎ 有2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2.‎ 所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.‎ ‎(2)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－.‎ 由题意知，a2－＝2－，‎ 解得a2＝2.‎ 所以，d＝a2－a1＝1.‎ 从而an＝n，bn＝2n，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋ 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－ ‎＝2－－＝.‎ 所以，Tn＝.‎ 热点3.2　数列与不等式的综合问题 数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法．‎ ‎【例3－2】 在等差数列{an}中，a2＝6，a3＋a6＝27.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列{an}的前n项和为Sn，且Tn＝，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)设公差为d，由题意得：‎ 解得∴an＝3n.‎ ‎(2)∵Sn＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，‎ ‎∴Tn＝，Tn＋1＝，‎ ‎∴Tn＋1－Tn＝－＝，‎ ‎∴当n≥3时，Tn>Tn＋1，且T1＝132 500，即2n－1>32，得n>6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元.‎ ‎(建议用时：70分钟)‎ ‎1．(2015·重庆卷)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得 a1＋2d＝2,3a1＋d＝，‎ 化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，‎ 解得a1＝1，d＝，‎ 故{an}的通项公式an＝1＋，‎ 即an＝.‎ ‎(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.‎ 设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，‎ 从而q＝2，‎ 故{bn}的前n项和 Tn＝＝＝2n－1.‎ ‎2．(2017·东北三省四校模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)依题意得 解得∴an＝2n＋1.‎ ‎(2)∵＝3n－1，∴bn＝an·3n－1＝(2n＋1)·3n－1，‎ ‎∴Tn＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n＋1)×3n－1，‎ ‎3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1＋(2n＋1)×3n，‎ 两式相减得，‎ ‎－2Tn＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n－1－(2n＋1)×3n ‎＝3＋2×－(2n＋1)×3n＝－2n×3n，‎ ‎∴Tn＝n×3n.‎ ‎3．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图像上．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，试求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，‎ 则f′(x)＝2ax＋b.‎ 由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，‎ 所以f(x)＝3x2－2x.‎ 又因为点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图像上，‎ 所以Sn＝3n2－2n.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；‎ 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式，‎ 所以an＝6n－5(n∈N＋)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝ ‎＝·，‎ 故Tn＝＝‎ ＝.‎ ‎4．在数列{an}中，log2an＝2n＋1，令bn＝(－1)n－1·，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　由题意得bn＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，Tn＝－＋ ‎－…－＝－；‎ 当n为奇数时，Tn＝－＋ ‎－…＋＝＋，‎ 故Tn＝ ‎5．(2017·南昌模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N＋，都有Tn<.‎ ‎(1)解　由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，‎ 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.‎ 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.‎ 于是a1＝S1＝2，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，又a1＝2＝2×1.‎ 综上，数列{an}的通项an＝2n.‎ ‎(2)证明　由于an＝2n，bn＝，‎ 则bn＝＝.‎ Tn＝ ‎＝<＝.‎ 所以对于任意的n∈N＋，都有Tn＜.‎ ‎6．已知单调递增的等比数列{an}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，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋1<0恒成立，试求m的取值范围．‎ 解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.‎ 依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，‎ 代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.‎ ‎∴a2＋a4＝20，‎ ‎∴解得或 又{an}单调递增，∴ ‎∴an＝2n.‎ ‎(2)bn＝2n·log2n＝－n·2n，‎ ‎∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①‎ ‎∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②‎ ‎①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1‎ ‎＝－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.‎ 由Sn＋(n＋m)an＋1<0，‎ 得2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0对任意正整数n恒成立，‎ ‎∴m·2n＋1<2－2n＋1，即m<－1对任意正整数n恒成立．∵－1>－1，∴m≤－1，‎ 即m的取值范围是(－∞，－1].‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎