《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題突破四 高考中的數(shù)列問題講義（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題突破四 高考中的數(shù)列問題講義（含解析）.docx（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
高考專題突破四 高考中的數(shù)列問題
題型一 等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本問題
例1(2018浙江杭州地區(qū)四校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1, ＝，記Sn＝a＋a＋…＋a，若S2n＋1－Sn≤對任意的n∈N*恒成立．
(1)求數(shù)列{a}的通項(xiàng)公式；
(2)求正整數(shù)t的最小值．
解 (1)由題意得－＝4，
則是以1為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列，
則＝1＋(n－1)4＝4n－3，
則a＝.
(2)不妨設(shè)bn＝S2n＋1－Sn＝a＋a＋…＋a，
考慮到bn－bn＋1＝a＋a＋…＋a－(a＋a＋…＋a＋a)
＝a－a－a
＝－－
＝－＋－>0，
因此數(shù)列{bn}單調(diào)遞減，
則bn的最大值為b1＝S3－S1＝a＋a＝＋＝≤，
∴t≥，則tmin＝10.
思維升華等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的解題策略
(1)分析已知條件和求解目標(biāo)，為最終解決問題設(shè)置中間問題，例如求和需要先求出通項(xiàng)、求通項(xiàng)需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，確定解題的順序．
(2)注意細(xì)節(jié)：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等，這些細(xì)節(jié)對解題的影響也是巨大的．
跟蹤訓(xùn)練1 (2018浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比是q(q≠1)，且滿足：a1＝2，b1＝1，S2＝3b2，a2＝b3.
(1)求an與bn；
(2)設(shè)cn＝2bn－λ，若數(shù)列{cn}是遞減數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題意可得
解得(舍去)或
故an＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝2n－1.
(2)由(1)可知cn＝2n－λ3n，
若{cn}是遞減數(shù)列，則cn＋1
n在n∈N*時(shí)成立，
只需λ>max.
因?yàn)閥＝n在n∈N*時(shí)單調(diào)遞減，
所以max＝＝.
故λ>，即實(shí)數(shù)λ的取值范圍是.
題型二 數(shù)列的通項(xiàng)與求和
例2(2018臺(tái)州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足＋＋…＋＝5－(4n＋5)n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)因?yàn)閿?shù)列是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以Sn＝2n2－n.
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1也符合上式．
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝4n－3(n∈N*)．
(2)當(dāng)n＝1時(shí)，＝，所以b1＝2a1＝2；
當(dāng)n≥2時(shí)，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)n，
所以＋＋…＋＝5－(4n＋1)n－1.
兩式相減，得＝(4n－3)n.
因?yàn)閍n＝4n－3，
所以bn＝＝2n(當(dāng)n＝1時(shí)，也符合此式)．
又＝＝2，則數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．
所以Tn＝＝2n＋1－2.
思維升華(1)可以利用數(shù)列的遞推關(guān)系探求數(shù)列的通項(xiàng)，利用遞推關(guān)系構(gòu)造數(shù)列或證明數(shù)列的有關(guān)結(jié)論．
(2)根據(jù)數(shù)列的特點(diǎn)選擇合適的求和方法，常用的求和方法有錯(cuò)位相減法、分組轉(zhuǎn)化法、裂項(xiàng)相消法等．
跟蹤訓(xùn)練2(2018浙江教育綠色評價(jià)聯(lián)盟適應(yīng)性考試)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＝5，其前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)．令bn＝.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若f(x)＝2x－1，求證：Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)<(n≥1)．
(1)解 由題意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)，
即an－an－1＝2n－1(n≥3)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2
＝2n＋1(n≥3)，
檢驗(yàn)知n＝1,2時(shí)，結(jié)論也成立，故an＝2n＋1.
(2)證明 由于bnf(n)＝2n－1
＝
＝.
故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)
＝
＝<＝.
所以Tn<.
題型三 數(shù)列與不等式的交匯
例3 已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝，n∈N*，記Sn，Tn分別是數(shù)列{an}，{a}的前n項(xiàng)和，證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，
(1)an＋10，故an＋1－an＝－an＝<0，
∴an＋1－1，
綜上，－1an；
(2)＋＋…＋<1＋＋＋…＋.
證明 由a＋＝1且an>0，得00，故an＋1－an>0，即an＋1>an.
(2)因?yàn)閍n＝1，所以＝an＋，
由00；
當(dāng)n≥6時(shí)，cn<0，
設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝10n－n2，
當(dāng)n≤5時(shí)，Sn＝Tn＝10n－n2；
當(dāng)n≥6時(shí)，Sn＝2T5－Tn＝n2－10n＋50.
綜上，Sn＝
2．(2018紹興市嵊州市適應(yīng)性考試)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝2，且4Sn＝anan＋1，數(shù)列{bn}中，b1＝，且bn＋1＝，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)(n∈N*)，求{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)當(dāng)n＝1時(shí)，可得a2＝4，
當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝anan＋1,4Sn－1＝anan－1，
兩式相減，得4an＝an(an＋1－an－1)，
∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，
∴{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別成以4為公差的等差數(shù)列，
當(dāng)n＝2k－1，k∈N*時(shí)，an＝2n；
當(dāng)n＝2k，k∈N*時(shí)，an＝2n.
∴an＝2n(n∈N*)．
(2)∵＝－，
＝－，
當(dāng)n≥2時(shí)，－＝－，
－＝－，
－＝－，
將上式累加得＝，
∴bn＝(n≥2)，n＝1時(shí)也適合，
∴bn＝(n∈N*)，∴cn＝，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
再由錯(cuò)位相減得Tn＝2－.
3．(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且是一個(gè)首項(xiàng)與公差均為1的等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)對任意的k∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(2k,22k)內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bk，
①求數(shù)列{bk}的通項(xiàng)公式；
②記ck＝，數(shù)列{ck}的前k項(xiàng)和為Tk，求使等式＝成立的所有正整數(shù)k，m的值．
解 (1)由題意得＝1＋(n－1)1＝n，∴Sn＝n2，
則an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，適合上式，因此an＝2n－1(n∈N*)．
(2)①∵2k0.
因此f(n)單調(diào)遞增，則f(n)的最小值為f(2)＝＋＝.
(3)方法一 由(1)知，bn＝，當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)镾1＝1，S2＝1＋，S3＝1＋＋，…，Sn－1＝1＋＋＋…＋，
所以S1＋S2＋…＋Sn－1
＝n－1＋(n－2)＋(n－3)＋…＋[n－(n－1)]
＝n－1＋n－1＋n－1＋…＋n－1
＝n－(n－1)＋n
＝1＋n
＝n
而(Sn－1)g(n)＝g(n)，
因此g(n)＝n.
故存在關(guān)于n的整式g(n)＝n，使得對于一切不小于2的自然數(shù)恒成立．
方法二 由bn＝，可得Sn＝1＋＋…＋，
Sn－Sn－1＝(n≥2)，即n(Sn－Sn－1)＝1(n≥2)，故nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，
以上式子相加得nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋(n－1)，
則有S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)(n≥2)，
因此g(n)＝n，
故存在關(guān)于n的整式g(n)＝n，使得對于一切不小于2的自然數(shù)恒成立．
5．(2019諸暨質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)都大于1，且a1＝2，a－an＋1－a＋1＝0(n∈N*)．
(1)求證：≤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≥.
∴原不等式得證．
(2)∵a－a＝an＋1－1≥－1＝，
∴a>＋a＝，
即a≥，
2a－3≥＝，
＋＋…＋
≤4
＝4＝1－<1.
∴原不等式得證．
6．(2018浙江名校協(xié)作體考試)已知無窮數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝，＝，n∈N*.
(1)證明：0＜an＜1；
(2)記bn＝，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，證明：對任意正整數(shù)n，Tn＜.
證明 (1)①當(dāng)n＝1時(shí)，0＜a1＝＜1，顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)不等式成立，即0＜ak＜1，
那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
＝＞2＝1，
∴0＜ak＋1＜1.
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．
綜合①②可知，0＜an＜1對任意n∈N*成立．
(2)∵0＜an＜1，∴＝＞1，
即an＋1＞an，∴數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．
又－＝－＝，
易知為遞減數(shù)列，
∴為遞減數(shù)列，
又＝＝，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，－≤＝＝，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，
bn＝＝(an＋1－an)≤(an＋1－an)．
當(dāng)n＝1時(shí)，Tn＝T1＝b1＝＜，成立；
當(dāng)n≥2時(shí)，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn≤＋[(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an＋1－an)]
＝＋(an＋1－a2)≤＋(1－a2)
＝＋＝＜.
綜上，對任意正整數(shù)n，Tn＜.
（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題突破四 高考中的數(shù)列問題講義（含解析）.docx
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