1、1高考专题突破四 高考中的数列问题题型一 等差数列、等比数列的基本问题例 1(2018浙江杭州地区四校联考)已知数列 an满足 a11, ,记1a2n 4 1an 1Sn a a a ,若 S2n1 Sn 对任意的 nN *恒成立21 2 2nt30(1)求数列 a 的通项公式;2n(2)求正整数 t 的最小值解 (1)由题意得 4,1a2n 1 1a2n则 是以 1 为首项,4 为公差的等差数列,1a2n则 1( n1)44 n3,1a2n则 a .2n14n 3(2)不妨设 bn S2n1 Sn a a a ,2n 1 2n 2 22n 1考虑到 bn bn1 a a a ( a a a
2、a )2n 1 2n 2 22n 1 2n 2 2n 3 22n 2 22n 3 a a a2n 1 22n 2 22n 3 14n 1 18n 5 18n 9 0,18n 2 18n 5 18n 2 18n 9因此数列 bn单调递减,则 bn的最大值为 b1 S3 S1 a a ,2 2315 19 1445 t30 t ,则 tmin10.283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
3、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2跟踪训练 1 (2018浙江名校联盟联考)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn,等比数列 bn的公比是 q(q1),且满足: a12, b11, S23 b2, a2 b3.(1)求 an与 bn;(2)设 cn2 bn 23na,若数列 cn是递减数列,求实数 的取值范围解 (1)设数列 an的公差为 d,依题意可得Error!解得Error! (舍去)或Error!故 an22( n1)2 n, bn2 n1 .(2)由(1)可知 cn2 n 3n,若 cn是
4、递减数列,则 cn1 n在 nN *时成立,12 (23)只需 max.12(23)n因为 y n在 nN *时单调递减,12 (23)所以 max .12(23)n 12 23 13故 ,即实数 的取值范围是 .13 (13, )题型二 数列的通项与求和例 2(2018台州质检)已知数列 an的前 n 项和为 Sn,数列 是首项为 1,公差为 2 的等Snn差数列(1)求数列 an的通项公式;(2)设数列 bn满足 5(4 n5) n,求数列 bn的前 n 项和 Tn.a1b1 a2b2 anbn (12)解 (1)因为数列 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,Snn所以 12( n1)2
5、 n1.Snn所以 Sn2 n2 n.当 n1 时, a1 S11;当 n2 时, an Sn Sn1 (2 n2 n)2( n1) 2( n1)4 n3,当 n1 时, a11 也符合上式3所以数列 an的通项公式为 an4 n3( nN *)(2)当 n1 时, ,所以 b12 a12;a1b1 12当 n2 时,由 5(4 n5) n,a1b1 a2b2 anbn (12)所以 5(4 n1) n1 .a1b1 a2b2 an 1bn 1 (12)两式相减,得 (4 n3) n.anbn (12)因为 an4 n3,所以 bn 2 n(当 n1 时,也符合此式)4n 34n 3(12)n
6、又 2,则数列 bn是首项为 2,公比为 2 的等比数列bn 1bn 2n 12n所以 Tn 2 n1 2.21 2n1 2思维升华(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项,利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论(2)根据数列的特点选择合适的求和方法,常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等跟踪训练 2(2018浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列 an中, a13, a25,其前 n 项和 Sn满足 Sn Sn2 2 Sn1 2 n1 (n3)令 bn .1anan 1(1)求数列 an的通项公式;(2)若 f(x)2 x1 ,求证: Tn b1f(1) b2f(2) b
7、nf(n)0,故 an1 an an 1,1an 1 1a1 2n 2 2n综上, 1an;(2) 0,得 00,故 an1 an0,即 an1 an.1n(2)因为 an 1,所以 an ,(an1n) 1an 1n6由 00;当 n6 时, cn0.12n 1 12n 2 1n 1 12n 1 12n 2 12n 12n 2因此 f(n)单调递增,则 f(n)的最小值为 f(2) .12 1 12 2 712(3)方法一 由(1)知, bn ,当 n2 时,因为1nS11, S21 , S31 , Sn1 1 ,12 12 13 12 13 1n 1所以 S1 S2 Sn1 n1 (n2)
8、 (n3) n( n1)12 13 1n 1 n1 n1 n1 n112 13 1n 1 n( n1) n(12 13 1n 1)1 n(12 13 1n 1) n(12 13 1n 1 1n)而( Sn1) g(n) g(n),(12 13 1n)因此 g(n) n.10故存在关于 n 的整式 g(n) n,使得对于一切不小于 2 的自然数恒成立方法二 由 bn ,可得 Sn1 ,1n 12 1nSn Sn1 (n2),即 n(Sn Sn1 )1( n2),故 nSn( n1) Sn1 Sn1 1,( n1)1nSn1 ( n2) Sn2 Sn2 1,2 S2 S1 S11,以上式子相加得
9、nSn S1 S1 S2 Sn1 ( n1),则有 S1 S2 Sn1 nSn n n(Sn1)( n2),因此 g(n) n,故存在关于 n 的整式 g(n) n,使得对于一切不小于 2 的自然数恒成立5(2019诸暨质检)已知数列 an的各项都大于 1,且a12, a an1 a 10( nN *)2n 1 2n(1)求证: an0,得 an1 an,2n 1 2n an1 an ,an 1 1an 1 anan 1 12an 1 12 12an 114 an( an an1 )( a2 a1) a1 2n 14 (n2),n 74又 a12 , an .1 74 n 74原不等式得证(2
10、) a a an1 1 1 ,2n 1 2nn 84 n 44 a a ,2n 1n2 9n8 21 n2 9n 328即 a ,2nn2 7n 2482a 3 ,2nn2 7n 124 n 3n 4411 12a21 3 12a2 3 12a2n 34 (14 15 15 16 1n 3 1n 4)4 1 1.(14 1n 4) 4n 4原不等式得证6(2018浙江名校协作体考试)已知无穷数列 an的首项 a1 , , nN *.12 1an 1 12(an 1an)(1)证明:0 an1;(2)记 bn , Tn为数列 bn的前 n 项和,证明:对任意正整数 n, Tn .an an 12
11、anan 1 310证明 (1)当 n1 时,0 a1 1,显然成立;12假设当 n k(kN *)时不等式成立,即 0 ak1,那么当 n k1 时, 2 1,1ak 1 12(ak 1ak) 12 ak1ak0 ak1 1.即当 n k1 时不等式也成立综合可知,0 an1 对任意 nN *成立(2)0 an1, 1,an 1an 2a2n 1即 an1 an,数列 an为递增数列又 ,1an 1an 1 1an 12(an 1an) 12(1an an)易知 为递减数列,1an an 为递减数列,1an 1an 1又 ,1a2 12(a1 1a1) 54当 n2 时, ,1an 1an 1 12(1a2 a2) 12(54 45) 940当 n2 时,bn ( an1 an) (an1 an)an an 12anan 1 (1an 1an 1) 94012当 n1 时, Tn T1 b1 ,成立;940 310当 n2 时,Tn b1 b2 bn (a3 a2)( a4 a3)( an1 an)940 940 (an1 a2) (1 a2)940 940 940 940 .940 940(1 45) 27100 310综上,对任意正整数 n, Tn .310
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