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1、高考专题突破三 高考中的数列问题,大一轮复习讲义,第六章 数 列,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,1,PART ONE,题型分类 深度剖析,题型一 子数列问题,师生共研,解 因为anN*，所以若a11， 则b1 a11，与b13矛盾， 若a13 ，由anan1， 可得1a13矛盾， 所以a12. 于是a2 3，从而c1 b26.,例1 设无穷数列an满足：nN*，anan1，anN*.记bn ，cn (nN*). (1)若bn3n(nN*)，求证：a12，并求c1的值；,解 an是公差为1的等差数列，证明如下： 由an1an，可知当n2时，anan1， 所以
2、anan11，所以anam(nm)(mn)， 所以 an11(an1)， 即cn1cnan1an，由题设，1an1an. 又an1an1， 所以an1an1，即an是等差数列.,(2)若cn是公差为1的等差数列，问an是否为等差数列？证明你的结论.,子数列问题的关键是找清数列的项an与其序号n的关系，进而写出通项公式.,跟踪训练1 设等差数列an的前n项和为Sn，已知a12，S622. (1)求Sn；,解 设等差数列的公差为d，则S66a115d22.,(2)若从an中抽取一个公比为q的等比数列 ，其中k11，且k1k2kn，knN*，当q取最小值时，求kn的通项公式.,解 因为数列an是正项
3、递增等差数列，所以数列 的公比q1. 要使q最小，只需要k2最小即可.,同理k23. 若k24，则由a44，得q2，此时 2n.,所以对任何正整数n， 是数列an的第32n12项， 且最小的公比q2， 则kn32n12(nN*).,题型二 新数列问题,师生共研,例2 (2018扬州模拟)对于数列xn，若对任意nN*，都 有xn2xn1xn1xn成,an(n4，nN*)是“增差数列”，则实数t的取值范围是_.,解析 数列a4，a5，a6，an(n4，nN*)是“增差数列”， 故得到an2an2an1(n4，nN*)，,化简得到(2n24n1)t2(n4，nN*)，,当n4时，2n24n1有最小值
4、15，,根据新数列的定义建立条件和结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵活对新数列的特征进行转化是解题的关键.,跟踪训练2 (1)(2018江苏省海门中学考试)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积.已知数列an是等积数列且a12，前21项的和为62，则这个数列的公积为_.,解析 当公积为0时，数列a12，a20，a360，a4a5a210满足题意； 当公积不为0时，应该有a1a3a5a212， 且a2a4a6a20， 由题意可得，a2a4a6a206221140，,0或8,此时数列的公积为248. 综上可得
5、，这个数列的公积为0或8.,(2)(2018盐城模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13，.该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列,1,，,共有2 017项，所以,题型三 数列与不等式,师生共研,整理得Sn1Sn2SnSn1(n2)，,原不等式得证. 方法二 当n2时，,原不等式得证.,数列与不等式的交汇问题 (1)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； (2)放缩方法：数列中不等式可以
6、通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.,跟踪训练3 已知数列an为等比数列，数列bn为等差数列，且b1a11，b2a1a2，a32b36. (1)求数列an，bn的通项公式；,解 设数列an的公比为q，数列bn的公差为d， 由题意得1d1q，q22(12d)6， 解得dq2， 所以an2n1，bn2n1，nN*.,又因为Tn在1，)上单调递增，,题型四 数列应用问题,师生共研,例4 某企业在第1年年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元；从第7年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%. (1)求第n年年初M的
7、价值an的表达式.,解 当n6时，数列an是首项为120，公差为10的等差数列， an12010(n1)13010n；,因此，第n年年初M的价值an的表达式为,证明 设Sn表示数列an的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1n6时，Sn120n5n(n1)，An1205(n1)1255n； 当n7时，由于S6570，,因为 an是递减数列，所以An也是递减数列,所以必须在第9年年初对M进行更新.,数列应用题要找准题中的变化关系，提炼出an和n的关系，建立数列模型.,跟踪训练4 (1)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”
8、意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有_盏灯.,3,解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q， 则由题意知S7381，q2，,解得a13.,(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)为止，一共使用了_天.,(2)气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天,800,可以得出观测仪的整个耗资费用， 由平均费用最少而求得最小值成立时相应n的值. 设一共使用了n天，,2,课时作业,PART TWO,基础保分练,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,(2)问：是否存在互不相等的正整数m
9、，s，n，使得m，s，n成等差数列，且am1，as1，an1成等比数列？如果存在，请给予证明；如果不存在，请说明理由.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,化简得23s3m3n，,6,1,2,3,4,5,当且仅当mn时，等号成立. 又m，n，s互不相等， 故23s3m3n不成立. 因此不存在互不相等的正整数m，s，n， 使m，s，n成等差数列，且am1，as1，an1成等比数列.,6,1,2,3,4,5,2.某企业2018年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降，若不进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年年初该企业一次性投入资金600万
10、元进行技术改造，预测在未扣除技,(1)设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(需扣除技术改造资金)，求An与Bn的表达式；,解 依题设An(50020)(50040)(50020n)490n10n2；,6,1,2,3,4,5,(2)依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,所以当且仅当n4时，BnAn. 答 至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.,6,1,2,3,4,5,3.(2018
11、扬州期末)已知数列an与bn的前n项和分别为An和Bn，且对任意nN*，an1an2(bn1bn)恒成立. (1)若Ann2，b12，求Bn；,解 因为Ann2，所以当n2时， anAnAn1n2(n1)22n1， 又a11也符合此式，所以an2n1(nN*)，,所以数列bn是以2为首项，1为公差的等差数列，,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,解 依题意知Bn1Bn2(bn1bn)，,所以数列bn是以b1为首项，2为公比的等比数列，,6,1,2,3,4,5,即正实数b1的取值范围是(3，).,6,1,2,3,4,5,所以an2n1(nN*).,(1)求数列an的通项公式an；,6
12、,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,所以Tnb1b2bn,显然Tn是关于n的增函数，,6,1,2,3,4,5,5.设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q1，d0.记ciaibi (i1,2,3,4). (1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；,证明 假设数列c1，c2，c3是等差数列，,因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2b1b3.从而2a2a1a3.,技能提升练,所以a1a2a3，这与q1矛盾，从而假设不成立. 所以数列c1，c2，c3不是等差数列.,6,1,2,3,4,5,(2)设a11，q2.若数列c1，c2，c3
13、是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；,解 因为a11，q2，所以an2n1.,即b2d23d， 由c22b20，得d23d20， 所以d1且d2.,6,1,2,3,4,5,(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由.,6,1,2,3,4,5,因为a10，q1，由得c10，q11.,解 设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，,将2得，a1(q1)2c1(q11)2， ,6,1,2,3,4,5,由得qq1，从而a1c1. 代入得b10.再代入，得d0，与d0矛盾. 所以c1，c2，c3，c4不成等比数列.,6,1,2,3,4,5,6.已知各项均不相等的等差数列an的前三项和为9，且a1，a3，a7恰为等比数列bn的前三项. (1)分别求数列an，bn的前n项和Sn，Tn；,拓展冲刺练,6,1,2,3,4,5,又b1a12，b2a34， 所以bn2n，Tn2n12.,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,证明 因为anbn(n1)2n， 所以Kn221322(n1)2n， 所以2Kn222323n2n(n1)2n1， 得Kn22122232n(n1)2n1， 所以Knn2n1.,所以cn1cn(nN*).,6,