（步步高 高中理科数学 教学资料）高考专题突破三高考中的数列问题.docx

1、高考专题突破三高考专题突破三高考中的数列问题高考中的数列问题 【考点自测】 1(2017洛阳模拟)已知等差数列an的公差和首项都不等于 0，且 a2，a4，a8成等比数列， 则a1a5a9 a2a3 等于() A2B3C5D7 答案B 解析在等差数列an中，a2，a4，a8成等比数列，a24a2a8，(a13d)2(a1d)(a1 7d)，d2a1d， d0，da1，a1a5a9 a2a3 15a1 5a1 3.故选 B. 2(2018衡水调研)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列 1 anan1的前 100 项和为() A.100 101 B. 99 101 C.

2、 99 100 D.101 100 答案A 解析设等差数列an的首项为 a1，公差为 d. a55，S515， a14d5， 5a1551 2 d15， a11， d1， ana1(n1)dn. 1 anan1 1 nn1 1 n 1 n1， 数列 1 anan1的前 100 项和为 11 2 1 2 1 3 1 100 1 101 1 1 101 100 101. 3若 a，b 是函数 f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且 a，b，2 这三个数 可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 pq 的值等于() A6B7C8D9 答案D 解析由题意知 abp，abq，p

3、0，q0，a0，b0.在 a，b，2 这三个数的 6 种排序中，成等差数列的情况有：a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比 数列的情况有：a，2，b；b，2，a. ab4， 2ba2 或 ab4， 2ab2， 解得 a4， b1 或 a1， b4. p5，q4，pq9，故选 D. 4(2017江西高安中学等九校联考)已知数列an是等比数列，数列bn是等差数列，若 a1a6a113 3，b1b6b117，则 tan b3b9 1a4a8的值是( ) A1B. 2 2 C 2 2 D 3 答案D 解析an是等比数列， bn是等差数列， 且 a1a6a113 3， b1b6b117，

4、 a36( 3)3,3b6 7，a6 3，b67 3 ， tan b3b9 1a4a8tan 2b6 1a26tan 27 3 1 32 tan 7 3 tan 2 3 tan 3 3. 5(2018保定模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，对任意 nN*都有 Sn2 3a n1 3，若 1S k9 (kN*)，则 k 的值为_ 答案4 解析由题意，Sn2 3a n1 3， 当 n2 时，Sn12 3a n11 3， 两式相减，得 an2 3a n2 3a n1， an2an1， 又 a11， an是以1 为首项，以2 为公比的等比数列， an(2)n 1， Sk2 k1 3 ， 由 1S

5、k9，得 4(2)k0，nN*. (1)若 a2，a3，a2a3成等差数列，求数列an的通项公式； (2)设双曲线 x2y 2 a2n1 的离心率为 e n，且 e22，求 e21e22e2n. 解(1)由已知，Sn1qSn1，得 Sn2qSn11，两式相减得 an2qan1，n1. 又由 S2qS11 得 a2qa1， 故 an1qan对所有 n1 都成立 所以数列an是首项为 1，公比为 q 的等比数列， 从而 anqn 1. 由 a2，a3，a2a3成等差数列，可得 2a3a2a2a3， 所以 a32a2，故 q2. 所以 an2n 1(nN*) (2)由(1)可知，anqn 1， 所以

6、双曲线 x2y 2 a2n1 的离心率 e n 1a2n 1q2n 1 . 由 e2 1q22，解得 q 3， 所以 e21e22e2n (11)(1q2)1q2(n 1) n1q2q2(n 1) nq 2n1 q21 n1 2(3 n1) 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

7、些细节对解题的影响也是巨大的 跟踪训练 1(2018沧州模拟)已知首项为3 2的等比数列a n不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 TnSn 1 Sn(nN *)，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 S3a3，S5a5，S4a4成等差数列， 所以 S5a5S3a3S4a4S5a5，即 4a5a3， 于是 q2a5 a3 1 4. 又an不是递减数列且 a13 2，所以 q 1 2. 故等比数列an的通项公式为 an3 2 1 2 n1 (1)n 13 2n.

8、 (2)由(1)得 Sn1 1 2 n 1 1 2n，n 为奇数， 1 1 2n，n 为偶数. 当 n 为奇数时，Sn随 n 的增大而减小， 所以 1SnS13 2， 故 0Sn 1 SnS 1 1 S1 3 2 2 3 5 6. 当 n 为偶数时，Sn随 n 的增大而增大， 所以3 4S 2SnSn 1 SnS 2 1 S2 3 4 4 3 7 12. 综上，对于 nN*，总有 7 12S n 1 Sn 5 6. 所以数列Tn的最大项的值为5 6，最小项的值为 7 12. 题型二题型二数列的通项与求和数列的通项与求和 例 2(2018邢台模拟)已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 S

9、n，且 S1，S2，S4成等比数 列 (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn(1)n 14n anan1，求数列b n的前 n 项和 Tn. 解(1)因为 S1a1，S22a121 2 22a12， S44a143 2 24a112， 由题意得(2a12)2a1(4a112)， 解得 a11，所以 an2n1. (2)bn(1)n 14n anan1 (1)n 1 4n 2n12n1 (1)n 1 1 2n1 1 2n1 . 当 n 为偶数时， Tn 11 3 1 3 1 5 1 2n3 1 2n1 1 2n1 1 2n1 1 1 2n1 2n 2n1. 当 n 为奇数时，Tn 11 3

10、 1 3 1 5 1 2n3 1 2n1 1 2n1 1 2n1 1 1 2n1 2n2 2n1. 所以 Tn 2n2 2n1，n 为奇数， 2n 2n1，n 为偶数. (或 Tn2n11 n1 2n1 ) 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解 题信息 (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大连模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11 2，a n1n1 2n an(nN*) (1)证明：数列 an n 是等比数列； (2)求数列an的通项公式与前 n 项和

11、 Sn. (1)证明a11 2，a n1n1 2n an， 当 nN*时，an n 0， 又a1 1 1 2， an1 n1 an n 1 2(nN *)为常数， an n 是以1 2为首项， 1 2为公比的等比数列 (2)解由 an n 是以1 2为首项， 1 2为公比的等比数列， 得an n 1 2 1 2 n1，ann 1 2 n. Sn11 22 1 2 23 1 2 3n 1 2 n， 1 2S n1 1 2 22 1 2 3(n1) 1 2 nn 1 2 n1， 两式相减得 1 2S n1 2 1 2 2 1 2 3 1 2 nn 1 2 n1 1 2 1 2 n1 11 2 n

12、1 2 n1， Sn2 1 2 n1n 1 2 n 2(n2) 1 2 n. 综上，ann 1 2 n，Sn2(n2) 1 2 n. 题型三题型三数列与其他知识的交汇数列与其他知识的交汇 命题点 1数列与函数的交汇 例 3(2018长春模拟)设等差数列an的公差为 d， 点(an， bn)在函数 f(x)2x的图象上(nN*) (1)若 a12，点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列an的前 n 项和 Sn； (2)若 a11，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2 1 ln 2，求数列 an bn的 前 n 项和 Tn. 解(1)由已知，得 b7

13、7 2a，b8 8 2a4b7， 有 8 2a4 7 2a 2 7 2 a ， 解得 da8a72， 所以 Snna1nn1 2 d2nn(n1)n23n. (2)f(x)2xln 2，f(a2) 2 2aln 2， 故函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为 y 2 2a 2 2aln 2(xa2)， 它在 x 轴上的截距为 a2 1 ln 2. 由题意，得 a2 1 ln 22 1 ln 2， 解得 a22， 所以 da2a11. 从而 ann，bn2n，an bn n 2n. 所以 Tn1 2 2 22 3 23 n1 2n 1 n 2n， 2Tn1 1 2 2 3 22 n 2

14、n 1. 两式相减，得 2TnTn11 2 1 22 1 2n 1 n 2n 2 1 2n 1 n 2n 2 n1n2 2n . 所以 Tn2 n1n2 2n . 命题点 2数列与不等式的交汇 例 4(2016天津)已知an是各项均为正数的等差数列，公差为 d，对任意的 nN*，bn是 an 和 an1的等比中项 (1)设 cnb2n1b2n，nN*，求证：数列cn是等差数列； (2)设 a1d，Tn 2n k1 (1)kb2k，nN*，求证： n k1 1 Tk 1 2d2. 证明(1)由题意得 b2nanan1， cnb2n1b2nan1an2anan12dan1. 因此 cn1cn2d(

15、an2an1)2d2， 所以cn是等差数列 (2)Tn(b21b22)(b23b24)(b22n1b22n) 2d(a2a4a2n) 2dna2a2n 2 2d2n(n1) 所以 n k1 1 Tk 1 2d2 n k1 1 kk1 1 2d2 n k1 1 k 1 k1 1 2d2 1 1 n1 62 成立的正整数 n 的最小值 解(1)由题意，得 a1qa1q2a1q328， a1qa1q32a1q22， 解得 a12， q2 或 a132， q1 2， an是递增数列，a12，q2， 数列an的通项公式为 an22n 12n. (2)bnan 1 2 logan2n 1 2 log2nn

16、2n， Snb1b2bn(12222n2n)， 则 2Sn(122223n2n 1)， ，得 Sn(2222n)n2n 12n12n2n1， 则 Snn2n 12n12， 解 2n 1262，得 n5， n 的最小值为 6. 3(2018梅州质检)已知正项数列an中，a11，点( an，an1)(nN*)在函数 yx21 的图 象上，数列bn的前 n 项和 Sn2bn. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)设 cn 1 an1log2bn1，求c n的前 n 项和 Tn. 解(1)点( an，an1)(nN*)在函数 yx21 的图象上， an1an1，数列an是公差为 1 的等差数列

17、a11，an1(n1)1n， Sn2bn，Sn12bn1， 两式相减，得 bn1bn1bn，即bn 1 bn 1 2， 由 S12b1，即 b12b1，得 b11. 数列bn是首项为 1，公比为1 2的等比数列， bn 1 2 n1. (2)log2bn1log2 1 2 nn， cn 1 nn1 1 n 1 n1， Tnc1c2cn 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 4(2018佛山模拟)在等比数列an中，an0(nN*)，公比 q(0,1)，且 a1a52a3a5a2a8 25，又 a3与 a5的等比中项为 2. (1)求数列an的通项公

18、式； (2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和 Sn； (3)是否存在 kN*，使得S1 1 S2 2 Sn n 0，a3a55， 又 a3与 a5的等比中项为 2， a3a54，而 q(0,1)， a3a5，a34，a51， q1 2，a 116， an16 1 2 n125n. (2)bnlog2an5n， bn1bn1， b1log2a1log216log2244， bn是以 b14 为首项，1 为公差的等差数列， Snn9n 2 . (3)由(2)知 Snn9n 2 ，Sn n 9n 2 . 当 n8 时，Sn n 0；当 n9 时，Sn n 0； 当 n9 时，Sn n

19、0. 当 n8 或 n9 时，S1 1 S2 2 S3 3 Sn n 18 最大 故存在 kN*，使得S1 1 S2 2 Sn n 1 时， Sn2an2， Sn12an12， 则 an2an2an1， an an12. 当 n1 时，S12a12，得 a12， 综上，an是公比为 2，首项为 2 的等比数列，an2n. (2)证明a24b1，b11. nbn1(n1)bnn2n， bn1 n1 bn n 1， 综上， bn n 是公差为 1，首项为 1 的等差数列， bn n 1n1，可得 bnn2. (3)解令 pnc2n1c2n 2n1 222n1 2 2n 222n 4 (4n1)22

20、n 2(4n1)4n1. T2n34074111424n14n 1， 4T2n34174211434n54n 1 4n14n ，得3T2n34044144244n 1(4n1)4n， 3T2n316164 n1 14 (4n1)4n T2n7 9 12n7 9 4n. 6已知数列an，bn，其中，a11 2，数列a n满足(n1)an(n1)an1(n2，nN*)，数 列bn满足 b12，bn12bn. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)是否存在自然数 m，使得对于任意 nN*，n2，有 1 1 b1 1 b2 1 bn m8 4 恒成立？若 存在，求出 m 的最小值； (3)若数列c

21、n满足 cn 1 nan，n 为奇数， bn，n 为偶数， 求数列cn的前 n 项和 Tn. 解(1)由(n1)an(n1)an1， 即 an an1 n1 n1(n2) 又 a11 2， 所以 an an an1 an1 an2 an2 an3 a3 a2 a2 a1a 1 n1 n1 n2 n n3 n1 2 4 1 3 1 2 1 nn1. 当 n1 时，上式成立，故 an 1 nn1. 因为 b12，bn12bn， 所以bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 故 bn2n. (2)由(1)知，bn2n，则 1 1 b1 1 b2 1 bn1 1 2 1 22 1 2n2 1 2n.

22、 假设存在自然数 m，使得对于任意 nN*，n2，有 1 1 b1 1 b2 1 bn m8 4 恒成立，即 2 1 2n m8 4 恒成立，由m8 4 2，解得 m16. 所以存在自然数 m，使得对于任意 nN*，n2，有 1 1 b1 1 b2 1 bn m8 4 恒成立，此时， m 的最小值为 16. (3)当 n 为奇数时， Tn 1 a1 1 3a3 1 nan(b2b4bn1) 24(n1)(22242n 1) 2n1 2 n1 2 1 2 4(14) 14 n n 24n3 4 4 3(2 n11)； 当 n 为偶数时， Tn 1 a1 1 3a3 1 n1an1(b2b4bn) (24n)(22242n) 2n 2 n 2 2 4(14 ) 14 n n 22n 4 4 3(2 n1) 所以 Tn n24n3 4 4 32 n11，n 为奇数， n22n 4 4 32 n1，n 为偶数.