（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法专题突破四高考中的数列问题讲义（含解析）.docx

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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