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( ) A2 B3 C5 D7 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
2、. 99 101 C. 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( ) A6 B7 C8 D9 答案
3、 D 解析 由题意知 abp，abq，p0，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 a1 a6 a113 3，b1b6b117，则 tan b3b9 1a4 a8的值是( ) A1 B. 2 2 C 2 2 D 3 答案 D 解析 an是等比数列， bn是等差
4、数列， 且 a1 a6 a113 3， b1b6b117， a36( 3)3,3b6 7，a6 3，b67 3 ， tan b3b9 1a4 a8tan 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 3an 1 3，若 1Sk9 (kN*)，则 k 的值为_ 答案 4 解析 由题意，Sn2 3an 1 3， 当 n2 时，Sn12 3an1 1 3， 两式相减，得 an2 3an 2 3an1， an2an1， 又 a11， an是以1 为首项，以2 为公比的
5、等比数列， an(2)n 1， Sk2 k1 3 ， 由 1Sk9，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 en，且 e22，求 e 2 1e 2 2e 2 n. 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
6、. 所以 an2n 1(nN*) (2)由(1)可知，anqn 1， 所以双曲线 x2y 2 a2n1 的离心率 en 1a 2 n 1q 2n1. 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
7、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 沧州模拟)已知首项为3 2的等比数列an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T n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
8、. 故等比数列an的通项公式为 an3 2 1 2 n1 (1)n 13 2n. (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 SnS1 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 4S2SnSn 1 SnS2 1 S2 3 4 4 3 7 12. 综上，对于 nN*，总有 7 12Sn 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
9、2 (2018 邢台模拟)已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数 列 (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn(1)n 1 4n anan1，求数列bn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 1 4n 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
10、 1 2n1 1 1 2n1 2n 2n1. 当 n 为奇数时，Tn 11 3 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， an1 n1 2n an(nN*)
11、(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 Sn. (1)证明 a11 2，an1 n1 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，a nn 1 2 n. Sn1 1 22 1 2 23 1 2 3n 1 2 n， 1 2Sn1 1 2 22 1 2 3(n1) 1 2 nn 1 2 n1， 两式相减得1 2Sn 1 2 1
12、 2 2 1 2 3 1 2 nn 1 2 n1 1 2 1 2 n1 11 2 n 1 2 n1， Sn2 1 2 n1n 1 2 n 2(n2) 1 2 n. 综上，ann 1 2 n，S n2(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
13、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 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
14、 Tn1 2 2 22 3 23 n1 2n 1 n 2n， 2Tn1 1 2 2 3 22 n 2n 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) kb2 k，nN *，求证： n k1 1 Tk 1 2d2. 证明
15、 (1)由题意得 b2nanan1， cnb2n1b2nan1an2anan12dan1. 因此 cn1cn2d(an2an1)2d2， 所以cn是等差数列 (2)Tn(b21b22)(b23b24)(b22n1b22n) 2d(a2a4a2n) 2d na2a2n 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 1 2d2. 命题点 3 数列应用题 例 5 某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款 10 万元，第一年便 可获利 1 万元，以后每年比前一年增加 30%的利润；乙
16、方案：每年贷款 1 万元，第一年可获 利 1 万元，以后每年比前一年增加 5 千元两种方案的使用期都是 10 年，到期一次性归还本 息若银行两种形式的贷款都按年息 5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？(参 考数据：取 1.05101.629,1.31013.786,1.51057.665) 解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为 1，公比为(130%)，所以 10 年所获得 的总利润为 S101(130%)(130%)2(130%)9 1.3 101 0.3 42.62(万元)， 贷款到期时，需要偿还银行的本息是 10(15%)1016.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润
17、为 42.6216.2926.33(万元) 乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为 1，公差为 0.5， 所以 10 年所获得的总利润为 T101(10.5)(120.5)(190.5) 101109 2 0.532.5(万元)， 从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为 1(15%)10万元， 公比为 1 15%， 故贷款到期时，需要偿还银行的本息是 1(15%)10(15%)9(15%) 1.051.05 101 0.05 13.21(万元)， 故使用乙方案所获纯利润为 32.513.2119.29(万元) 综上可知，甲方案获利更多 思维升华 数列与其他知识交汇问题
18、的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题 已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； 已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常 见解法 (2)数列与不等式的交汇问题 函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关 于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式； 放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； 比较方法：作差或者作商比较 (3)数列应用题 根据题意，确定数列模型； 准确求解模型； 问题作答，不要忽视问题的实际意义 跟踪训练 3 (2018 烟台模拟)已知二
19、次函数 f(x)ax2bx 的图象过点(4n，0)，且 f(0) 2n，nN*，数列an满足 1 an1f 1 an ，且 a14. (1)求数列an的通项公式； (2)记 bn anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解 (1)f(x)2axb，由题意知 b2n， 16n2a4nb0， a1 2， 则 f(x)1 2x 22nx，nN*. 数列an满足 1 an1f 1 an ， 又 f(x)x2n， 1 an1 1 an2n， 1 an1 1 an2n， 由叠加法可得 1 an 1 42462(n1)n 2n， 化简可得 an 4 2n12(n2)， 当 n1 时，a14 也符合， an 4 2n12(nN *) (2)bn anan1 4 2n12n1 2 1 2n1 1 2n1 ， Tnb1b2bn a1a2 a2a3 anan1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 2 1 1 2n1 4n 2n1.
