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浙江省20届高考数学一轮 第7章 高考专题突破4

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 1Sna a a ,若 S2n1 S n 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 4,1a 2n 1 1a2n则 是以 1 为首项,4 为公差的等差数列,1a2n则 1(n1)44n3,1a2n则 a .2n14n 3(2)不妨设 bnS 2n1 S na a a ,2n 1 2n 2 22n 1考虑到 bnb n1 a a a (a a a a

2、)2n 1 2n 2 22n 1 2n 2 2n 3 22n 2 22n 3a 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b n单调递减,则 bn 的最大值为 b1S 3S 1a a ,2 2315 19 1445 t30t ,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跟踪训练 1 (2018浙江名校联盟联考) 已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn,等比数列 bn的公比是 q(q1),且满足:a 12,b 11,S 23b 2,a 2b 3.(1)求 an 与 bn;(2)设 cn2b n ,若数列 cn是递减数列,求实数 的取值范围23na解 (1)设数列a n的公差为 d,依 题意可得Error!解得Error! (舍去)或Error!故 an22(n1)2n,b n 2n1 .(2)由(1)可知 cn2 n3 n,若c

4、 n是 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a n的前 n 项和为 Sn,数列 是首项为 1,公差为 2 的等差Snn数列(1)求数列a n的通项公式;(2)设数列b n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

5、12(n1)2n1.Snn所以 Sn2n 2n.当 n1 时,a 1S 11;当 n2 时,a nS nS n1 (2n 2n)2( n1) 2(n1) 4n3,当 n1 时,a 11 也符合上式所以数列a n的通项公式为 an4n3(nN *)(2)当 n1 时, ,所以 b12a 12;a1b1 12当 n2 时,由 5(4n5) n,a1b1 a2b2 anbn (12)所以 5(4n1) n1 .a1b1 a2b2 an 1bn 1 (12)两式相减,得 (4n3) n.anbn (12)因为 an4n3,所以 bn 2 n(当 n1 时,也符合此式 )4n 34n 3(12)n又 2

6、,则数列b n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,a 13,a 25,其前n 项和 Sn 满足 SnS n2 2S n1 2 n1 (n3) 令 bn .1anan 1(1)求数列a n的通项公式;(2)若 f(x)2 x 1,求证:T nb 1f(1)b 2f(2)b

7、 nf(n)0,故 an 1a n a n 1,1an 1 1a1 2n 2 2n综上, 1an;(2) 0,得 00,故 an1 a n0,即 an1 an.1n(2)因为 an 1,所以 a n ,(an 1n) 1an 1n由 00;当 n6 时,c n0.12n 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,b n ,当 n2 时,因为1nS11,S 21 ,S31 ,Sn1 1 ,12 12 13 12 13 1n 1所以 S1S 2S n1n1

8、(n2) (n3) n(n1)12 13 1n 1n1 n1 n1 n112 13 1n 1n(n1) n (12 13 1n 1)1n (12 13 1n 1)n (12 13 1n 1 1n)而(S n1) g(n) g(n),(12 13 1n)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 的自然数恒成立方法二 由 bn ,可得 Sn 1 ,1n 12 1nSnS n1 (n2),即 n(Sn Sn1 )1(n2) ,故 nSn( n1)S n1 S n1 1,(n1)1nSn1 (n2) Sn2 S n2 1, ,2S2S 1S 11,以上式子相加得

9、nSnS 1S 1S 2S n1 (n1) ,则有 S1S 2S n1 nS nnn(S n1)( 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 a n1 a 10(nN *)2n 1 2n(1)求证: a n0,得 an1 an,2n 1 2na n1 a n ,an 1 1an 1 anan 1 12an 1 12 12an 114a n(a na n1 )( a2a 1)a 1 2n 14 (n2) ,n 74又 a12 ,a n .1 74 n 74原不等式得证(

10、2)a a a n1 1 1 ,2n 1 2nn 84 n 44a a ,2n 1n2 9n8 21 n2 9n 328即 a ,2nn2 7n 2482a 3 ,2nn2 7n 124 n 3n 44 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a n的首项 a1 , ,nN *.12 1an 1 12(an 1an)(1)证明:0a n1;(2)记 bn ,T n 为数列 bn的前 n 项和,证明:对任意正整数 n,T n .an an 12a

11、nan 1 310证明 (1)当 n1 时, 0a 1 1, 显然成立;12假设当 nk( kN *)时不等式成立,即 0a k1,那么当 nk1 时, 2 1,1ak 1 12(ak 1ak) 12 ak1ak0a k1 1.即当 nk1 时不等式也成立综合可知,0a n1 对任意 nN *成立(2)0a n1, 1,an 1an 2a2n 1即 an1 a n,数列a n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 (a n1 a n) (an1 a n)an an 12anan 1 (1an 1an 1) 940当 n1 时,T nT 1b 1 ,成立;940 310当 n2 时,Tnb 1b 2b n (a3a 2)(a 4a 3)(a n1 a n)940 940 (an1 a 2) (1a 2)940 940 940 940 .940 940(1 45) 27100 310综上,对任意正整数 n,Tn .310