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1、大一轮复习讲义 高考专题突破四高考中的数列问题 第七章数列与数学归纳法 NEIRONGSUOYIN 内容索引 题型分类深度剖析 课时作业 题型分类深度剖析1 PART ONE 题型一等差数列、等比数列的基本问题 师生共研师生共研 例 1 (2018 浙江杭州地区四校联考)已知数列an满足 a11, 1 a2 n4 1 an1， 记 Sna2 1a 2 2a 2 n，若 S2n1Sn t 30对任意的 nN *恒成立. (1)求数列a2 n的通项公式； 解 由题意得 1 a2 n1 1 a2 n4， 则 1 a2 n 是以 1 为首项，4 为公差的等差数列， 则 1 a2 n1(n1)44n3，
2、 则 a2 n 1 4n3. 解 不妨设 bnS2n1Sna2 n1a 2 n2a 2 2n1， 考虑到 bnbn1a2 n1a 2 n2a 2 2n1(a 2 n2a 2 n3a 2 2n2a 2 2n3) a2 n1a 2 2n2a 2 2n3 (2)求正整数t的最小值. 1 4n1 1 8n5 1 8n9 1 8n2 1 8n5 1 8n2 1 8n90， 则 bn的最大值为 b1S3S1a2 2a 2 31 5 1 9 14 45 t 30， t28 3 ，则 tmin10. 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
3、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，这些细节对解题的影响也是巨大的. 思维升华 解 设数列an的公差为 d，依题意可得 22d3q， 2dq2， 解得 d1， q1 (舍去)或 d2， q2. 跟踪训练1(2018 浙江名校联盟联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，等 比数列bn的公比是q(q1)，且满足：a12，b11，S23b2，a2b3. (1)求an与bn； 即 1 2 2 3 n 在 n
4、N*时成立， 只需 1 2 2 3 n max. (2)设cn2bn，若数列cn是递减数列，求实数的取值范围. 2 3 n a 解由(1)可知cn2n 3n， 若cn是递减数列，则cn11 3，即实数 的取值范围是 1 3， . 题型二数列的通项与求和 例 2 (2018 台州质检)已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列 Sn n 是首项为 1，公 差为 2 的等差数列. 师生共研师生共研 (1)求数列an的通项公式； 解 因为数列 Sn n 是首项为 1，公差为 2 的等差数列， 所以Sn n 12(n1)2n1. 所以Sn2n2n. 当n1时，a1S11； 当n2时，anSnSn1(2n
5、2n)2(n1)2(n1)4n3， 当n1时，a11也符合上式. 所以数列an的通项公式为an4n3(nN*). (2)设数列bn满足a1 b1 a2 b2 an bn5(4n5) 1 2 n，求数列b n的前 n 项和 Tn. 解 当 n1 时，a1 b1 1 2，所以 b12a12； 当 n2 时，由a1 b1 a2 b2 an bn5(4n5) 1 2 n， 所以a1 b1 a2 b2 an1 bn15(4n1) 1 2 n1. 又b n1 bn 2 n1 2n 2，则数列bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列. 两式相减，得an bn(4n3) 1 2 n. 因为 an4n3，所以
6、bn 4n3 4n3 1 2 n2 n(当 n1 时，也符合此式). 所以 Tn 212n 12 2n12. (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. 思维升华 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， a13， a25，其前 n 项和 Sn满足 SnSn22Sn12n1(n3).令 bn 1 an an1. (1)求数列an的通项公式； 解由题意知SnSn1Sn1Sn22n1(n3)， 即anan12n1(n3)，
7、 所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)a2 2n12n2225 2n12n222212 2n1(n3)， 检验知n1,2时，结论也成立，故an2n1. (2)若 f(x)2x1，求证：Tnb1f(1)b2f(2)bnf(n)0，故 an1an an 1a2 n an a3 n 1a2 n 2n1， 综上， 2n1an； 证明 由 a2 na n n 1 且 an0，得 00，故 an1an0，即 an1an. (2) 1 2a2 1 3a3 1 nan0； 当n6时，cn0. 因此 f(n)单调递增，则 f(n)的最小值为 f(2) 1 21 1 22 7 12. 123456
8、(3)设 bn 1 an， Sn 表示数列bn的前 n 项和.试问： 是否存在关于 n 的整式 g(n)， 使得 S1S2Sn1(Sn1)g(n)对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立？若 存在，写出 g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由. n11 2n1 1 3n1 1 n1n1 n(n1)n 1 2 1 3 1 n1 当 n2 时，因为 S11，S211 2，S31 1 2 1 3， 解 方法一 由(1)知，bn1 n， Sn111 2 1 3 1 n1， n11 2(n2) 1 3(n3) 1 n1n(n1) 1n 1 2 1 3 1 n1 n 1 2 1 3 1 n1
9、1 n 123456 所以S1S2Sn1 SnSn11 n(n2)，即 n(SnSn1)1(n2)， 而(Sn1)g(n) 1 2 1 3 1 n g(n)， 方法二 由 bn1 n，可得 Sn1 1 2 1 n， 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. 故nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S2 S1S11， 以上式子相加得nSnS1S1S2Sn1(n1)， 则有S1S2Sn1nSnnn(Sn1)(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. 123456 1234
10、56 5.(2019 诸暨质检)已知数列an的各项都大于 1，且 a12，a2 n1an1a 2 n 10(nN*). (1)求证：n7 4 ann1 4 2n7 4 (n2)， 又 a1217 4 ，ann7 4 . an1an an11 an1an0，得 an1an， an1an an11 an1an an11 2an1 1 2 1 2an1 1 4， an1(an1an)(a2a1)a1 n29n 8 a2 1 n29n32 8 ，即 a2 n n27n24 8 ， 证明 a2 n1a 2 nan11 n8 4 1n4 4 ， 2a2 n3 n27n12 4 n3n4 4 ， 12345
11、6 原不等式得证. 123456 6.(2018 浙江名校协作体考试)已知无穷数列an的首项 a11 2， 1 an1 1 2 an 1 an ， nN*. (1)证明：0an1； 拓展冲刺练 证明 当 n1 时，0a11 21，显然成立； 1 ak1 1 2 ak 1 ak 1 2 2 ak 1 ak1， 假设当nk(kN*)时不等式成立，即0ak1， 那么当nk1时， 123456 0ak11. 即当nk1时不等式也成立. 综合可知，0an1对任意nN*成立. (2)记 bn anan12 anan1 ，Tn为数列bn的前 n 项和，证明：对任意正整数 n，Tn 3 10. 123456
12、1 an 1 an1 为递减数列， 又 1 a2 1 2 a1 1 a1 5 4， 易知 1 anan 为递减数列， 又 1 an 1 an1 1 an 1 2 an 1 an 1 2 1 anan ， 证明 0an1，a n1 an 2 a2 n1 1， 123456 即an1an，数列an为递增数列. Tnb1b2bn 9 40 9 40(a3a2)(a4a3)(an1an) 当 n1 时，TnT1b1 9 40 3 10，成立； bna nan1 2 anan1 (an1an) 1 an 1 an1 9 40(an1an). 当 n2 时， 1 an 1 an1 1 2 1 a2a2 1 2 5 4 4 5 9 40， 123456 当n2时， 当n2时， 9 40 9 40(an1a2) 9 40 9 40(1a2) 9 40 9 40 14 5 27 100 3 10. 综上，对任意正整数 n，Tn 3 10.