江苏省2019高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案.doc

《江苏省2019高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案.doc（19页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 2 讲 数列的综合问题考情考向分析 江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强热点一 数列中的探索性问题例 1 (2018无锡期末)已知数列 满足 ， nN *， Sn是数列an (11a1)(1 1a2) (1 1an) 1an的前 n 项和an(1)求数列 的通项公式；an(2)若 ap,30， Sq成等差数列， ap,18， Sq成等比数列，求正整数 p， q 的值；(3)是否存在 kN *，使得

2、 为数列 中的项？若存在，求出所有满足条件的akak 1 16 ank 的值；若不存在，请说明理由解 (1)因为 ， nN *，(11a1)(1 1a2) (1 1an) 1an所以当 n1 时，1 ， a12，1a1 1a1当 n2 时，由 和 ，(11a1)(1 1a2) (1 1an) 1an (1 1a1)(1 1a2) (1 1an 1) 1an 1两式相除可得，1 ，即 an an1 1( n2)1an an 1an2所以数列 是首项为 2，公差为 1 的等差数列an所以 an n1( nN *)(2)因为 ap,30， Sq成等差数列， ap,18， Sq成等比数列，所以Erro

3、r! 于是Error! 或Error!当Error! 时，Error!解得Error!当Error! 时，Error!无正整数解，所以 p5， q9.(3)假设存在满足条件的正整数 k，使得 am(mN *)，akak 1 16则 m1，k 1k 2 16平方并化简得，(2 m2) 2(2 k3) 263，则(2 m2 k5)(2 m2 k1)63，所以Error! 或Error!或Error!解得 m15， k14，或 m5， k3，或 m3， k1(舍去)，综上所述， k3 或 14.思维升华 数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具

4、有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解跟踪演练 1 已知数列 an中， a11， a2 a，且 an1 k(an an2 )对任意正整数 n 都成立，数列 an的前 n 项和为 Sn.(1)是否存在实数 k，使数列 an是公比不为 1 的等比数列，且任意相邻三项 am， am1 ， am2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有 k 的值；若不存在，说明理由；(2)若 k ，求 Sn.12解 (1)设数列 an是等比数列，则它的公比 q a，a2a1所以 am am1 ， am1 am， am2 am1 .若 am1 为等差中项，则 2am1 am am

5、2 ，即 2am am1 am1 ，解得 a1，不合题意；若 am为等差中项，则 2am am1 am2 ，即 2am1 am am1 ，3化简得 a2 a20，解得 a2 或 1(舍)当 a2 时， k ；am 1am am 2 amam 1 am 1 a1 a2 25若 am2 为等差中项，则 2am2 am1 am，即 2am1 am am1 ，化简得 2a2 a10，解得 a 或 1(舍)12当 a 时， k .12 am 1am am 2 amam 1 am 1 a1 a2 25综上可得满足要求的实数 k 有且仅有一个，即 k .25(2)若 k ，则 an1 (an an2 )，1

6、2 12于是 an2 an1 ( an1 an)，所以 an3 an2 ( an2 an1 ) an1 an.当 n 是偶数时， Sn a1 a2 a3 a4 an1 an( a1 a2)( a3 a4)( an1 an) (a1 a2) (a1)；n2 n2当 n 是奇数时， Sn a1 a2 a3 a4 an1 an a1( a2 a3)( a4 a5)( an1 an) a1 (a2 a3) a1 ( a1 a2)n 12 n 121 (a1)n 12当 n1 时也适合上式综上可得 SnError!热点二 数列中的证明问题例 2 (2018江苏黄桥中学等三校联考)已知数列 满足 a11，

7、前 n 项和为 Sn，且an .an 1 ananan 1 24Sn 1(n N*)(1)求 a2的值；(2)设 bn ，证明：数列 是等差数列；anan 1 an bn(3)设 cn an，若 1 ，求对所有的正整数 n 都有 2 2 k 3 0，222n 1(2n 1) 2n(2n 1) 22 (2n 3)所以数列 为单调递增数列cn当 n1 时， cn c1 ，即 cn的最小值为 .2 2由 2 2 k 3 cn，得 k 2 22 ，2 2所以 k2 max，( 2 )而当 1 时， 在 上递减， 上递增，所以22 1， 42 42， 2max1 ，( 2 ) 2当且仅当 1 或 时取得

8、，故 k .2 (2 22， )5思维升华 数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明 bn是等差数列，就要构造出式子 bn1 bn ，然后代入条件进行证明，为证明问题提an 1an 2 an 1 anan 1 an供思路跟踪演练 2 设数列 an是各项均为正数的等比数列，其前 n 项和为 Sn，若a1a564， S5 S348.(1)求数列 an的通项公式；(2)对于正整数 k， m， l(km k， nN *， mN *时总有| an am| t；(2)已知 2an3 n2，若 a11，且 an a3对 nN *恒成立，求 a2的取值范围(1)解 a a1a3，2 2 a1 ，(a

9、112) (a1 14) a1 .13当 n2 时 an a n1 a n2 a 1 a1 n1 ，满足题( 12)1 ( 12)n 11 ( 12) 13 13( 12)意；证明 an am n1 m113( 12) 13( 12) ，23( 12)n ( 12)m| an am| m t，23|( 12)n ( 12)m| 23(12)n (12)m 43(12) mlog 2 ，因此 k 取不小于 log2 的正整数，43t 43t当 nm k， nN *， mN *时总有| an am| t.(2)解 2an a n1 a n3 n2， a n 2( n1) a 131 3n 11 3

10、 2 n a 1 2 n a2 ，3n2 12 3n2 12 2an0， a n递增，因此Error!Error! 7 a20. a 的取值范围为7,07思维升华 数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用， “给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想跟踪演练 3 (2018江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列 的首项为 1，前 n 项an和为 Sn，若对任意的 nN *，均有 Sn an k k(k 是常数且 kN *)成立，则称数列 为an“P 数列” (k)(1)若数列 为

11、“ P 数列 ”，求数列 的通项公式；an (1) an(2)若数列 为“ P 数列 ”， a22，设 Tn ，证明： Tn0，所以 Tn0 时，方程最多有 2 个解； q0 时，考虑函数 f(x) qx tx s，则 f( x) qxln q t.如果 tln q0，且不妨设由 f( x)0 得 f( x)有唯一零点 x0log q ，于是当 xx0时，tln qf( x)恒大于 0 或恒小于 0，当 x0，如果 n 为奇数，则方程变为 n tn s0，|q|显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程，11如果 n 为偶数，则方程变为n tn s0，由 q0 的情形，上式最多有 2

12、个解，|q|即满足的偶数最多有 2 个，这样，最多有 3 个正数满足方程，对于 t0，所以 an an1 0，则 an an1 2，所以数列 an是首项为 2，公差为 2 的等差数列，故 an2 n.5若数列 an的前 n 项和 Sn n210 n(n1,2,3，)，则数列 nan中数值最小的项是第_项答案 3解析 当 n1 时， a1 S19，当 n2 时， an Sn Sn1 n210 n( n1) 210( n1)2 n11，a19 符合上式，所以 an2 n11.nan2 n211 n2 2 ，(n114) 1218当 n3 时， nan最小6已知 Sn为数列 an的前 n 项和，若

13、an(4cos n) n(2cos n)，则 S20_.答案 122解析 由题意知，因为 an(4cos n) n(2cos n)，所以 a11， a2 ， a33， a4 ， a55， a6 ，25 45 65所以数列 an的奇数项构成首项为 1，公差为 2 的等差数列，偶数项构成首项为 ，公差为25的等差数列，25所以 S20( a1 a3 a19)( a2 a4 a20)122.7设公差为 d(d 为奇数，且 d1)的等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若Sm1 9， Sm0，其中 m3，且 mN *，则 an_.答案 3 n1213解析 由 Sm1 9， Sm0，得 am Sm Sm

14、1 9, 而 Sm0 (a1 am)，得 a19，m2而 am a1( m1) d，得( m1) d18.又 d 为奇数，且 d1， m3，且 mN *，得 m7， d3，则 an3 n12.8已知数列 an的通项公式为 an( n2) n(nN *)，则数列 an的最大项是(910)_答案 第 7 项或第 8 项解析 因为 an1 an( n3) n1 ( n2) n n ，当 n0，(910) (910) (910) 7 n10即 an1 an；当 n7 时， an1 an0，即 an1 an；当 n7 时， an1 ana9a10，所以此数列的最大项是第 7 项或第 8 项9(2018全

15、国大联考江苏卷)已知等比数列 的各项均为正数，若 a2是 2a1与 a3的等an94差中项，且 a1a2 a 3 a2.21(1)求数列 的通项公式；an(2)设 bn ，求数列 的前 n 项和 Sn.an2an 3an 1 bn解 (1)设等比数列 的公比为 q，则 an a1qn1 .an由题意，得 2 a22 a1 a3，且 a10，94化简得 2q29 q40，解得 q4 或 .12又因为 a1a2 a 3 a2，即 a (q1)3 a20，21 21所以 q1，所以 q4，所以 3a 12 a1，所以 a14( a10 舍去)，21故数列 的通项公式为 an4 n(nN *)an(2

16、)由(1)知 bn (nN *)，2n24n 32n 1 2n2n 12n 1 1 12n 1 12n 1 1于是有 Sn b1 b2 bn ，(121 1 122 1) ( 122 1 123 1) ( 12n 1 12n 1 1)所以 Sn1 (nN *)12n 1 1 2n 1 22n 1 11410(2018江苏省苏州市高新区一中月考)已知数列 满足an2an1 an an2 k(nN *， kR)，且 a12， a3 a54.(1)若 k0，求数列 的前 n 项和 Sn；an(2)若 a41，求证：数列 为等差数列；an 1 an求数列 的通项公式 an.an(1)解 当 k0 时，

17、2 an1 an an2 ，即 an2 an1 an1 an，所以数列 是等差数列an设数列 公差为 d，则Error!an解得Error!所以 Sn na1 d2 n nn 12 nn 12 ( 43) n2 n(nN *)23 83(2)证明 由题意，2 a4 a3 a5 k，即24 k，所以 k2.又 a42 a3 a223 a22 a16，所以 a23，由 2an1 an an2 2，得( an2 an1 )( an1 an)2，所以数列 是以 a2 a11 为首项，2 为公差的等差数列an 1 an解 由知 an1 an2 n3, 当 n2 时，有 an an1 2( n1)3，于是

18、， an1 an2 2( n2)3，an2 an3 2( n3)3，a3 a2223，a2 a1213，叠加得， an a12 3( n1)， n2，1 2 n 1所以 an2 3( n1)2 n24 n1， n2 ，nn 12又当 n1 时， a12 也适合15所以数列 的通项公式为 an n24 n1， nN *.anB 组 能力提高11设数列 an的前 n 项和为 Sn，且 an4 n1 ，若对任意 nN *，都有 1 p(Sn4 n)(12)3，则实数 p 的取值范围是_答案 2,3解析 Sn4 n ，231 ( 12)n可得 1 p3，231 ( 12)nn 为奇数时，1 p3；23

19、1 (12)nn 为偶数时，1 p3.231 (12)n即 1 min且 max3，2p31 (12)n 2p31 (12)n令前者 n2，后者 n1，得 2 p3.12已知等比数列 an中， a1 a， a2 b， a3 c， a， b， c 分别为 ABC 的三内角 A， B， C的对边，且 cos B ，则数列 an的公比为_34答案 或222解析 依题意知， b2 ac，由余弦定理，得cos B .a2 c2 b22ac 12 (ac ca) 12 34而 q2，代入上式，得 q22 或 q2 ，ca 12又在 ABC 中， a， b， c0， q 或 q .22213已知数列 an的

20、奇数项依次构成公差为 d1的等差数列，偶数项依次构成公差为 d2的等差数列，且对任意 nN *，都有 an0，结合得 m12 kk)恒 成 立 ， 则 称 数 列 是 “Ran数 列 ”(k)(1)已知 anError!判断数列 是否为“ R 数列” ，并说明理由；an (2)(2)已知数列 是“ R 数列 ”，且存在整数 p(p1)，使得 b3p3, b3p1, b3p1 ， b3p3 成等bn (3)差数列，证明： 是等差数列bn(1)解 当 n 为奇数时， an1 an2 30，所以 an1 an.(n 1) (2n 1)an2 an2 2 12 1(n 2) (n 2)2 2 an.(

21、2n 1)当 n 为偶数时， an1 an 2 n10，(2n 1)所以 an1 an.an2 an2 2 2 4 n2 an.(n 2) (n 2)18所以数列 是“ R 数列” an (2)(2)证明 方法一 由题意得 bn3 bn3 2 bn，则数列 b1, b4, b7，是等差数列，设其公差为 d1，数列 b2, b5, b8，是等差数列，设其公差为 d2，数列 b3, b6, b9，是等差数列，设其公差为 d3.因为 bn bn1 ，所以 b3n1 b3n2 b3n4 ，所以 b1 nd1 b2 nd2 b1 d1，(n 1)所以 n b1 b2，(d2 d1)n b1 b2 d1.

22、(d2 d1)若 d2 d1 时，不成立；b1 b2d2 d1若 d2 d10，则当 n 时，不成立；b1 b2 d1d2 d1若 d2 d10，则和都成立，所以 d1 d2.同理得 d1 d3，所以 d1 d2 d3，记 d1 d2 d3 d.设 b3p1 b3p3 b3p1 b3p1 b3p3 b3p1 ，则 b3n1 b3n2 b3p1 d(n p) b3p 1 (n p 1)d b3p1 b3p1 d d .同理可得 b3n b3n1 b3n1 b3n d ，所以 bn1 bn d .所以 是等差数列bn方法二 b3p1 b3p3 b2 d b2 b3 d, (p 1) b3 (p 2)d b3p1 b3p1 b1 pd b1 b2 d，b2 (p 1)d b3p3 b3p1 b3 pd b3 b1，(b1 pd)以上三式相加可得 3 2 d，所以 d，23所以 b3n2 b1 d b1 ，(n 1) (3n 2 1)d3b3n1 b2 d b1 d d b1 ，(n 1) (n 1) (3n 1 1)d3b3n b3 d b1 d b1 ，(n 1) (n 1) (3n 1)d3所以 bn b1 ，所以 bn1 bn ，(n 1)d3 d319所以数列 是等差数列bn