2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第3講 數(shù)列練習(xí) 文
《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第3講 數(shù)列練習(xí) 文》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第3講 數(shù)列練習(xí) 文(11頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講 數(shù)列 [考情分析] 數(shù)列為每年高考必考內(nèi)容之一,題型不固定,等差、等比數(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考的熱點(diǎn),經(jīng)常以客觀題的形式呈現(xiàn);數(shù)列求和及數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題常以解答題的形式呈現(xiàn),考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力及轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想方法. 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)1 等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合 1.等差(比)數(shù)列的運(yùn)算策略 (1)在等差(比)數(shù)列中,首項(xiàng)a1和公差d(公比q)是兩個(gè)最基本的元素; (2)在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時(shí),若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯,則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解. 2.應(yīng)用數(shù)列性質(zhì)解題的方法 (1)抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及
2、項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系,從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解; (2)牢固掌握等差(比)數(shù)列的性質(zhì),可分為三類:①通項(xiàng)公式的變形;②等差(比)中項(xiàng)的變形;③前n項(xiàng)和公式的變形. (2018·全國(guó)卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和.若Sm=63,求m. 解 (1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2)n-1,則Sn=. 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒(méi)有
3、正整數(shù)解. 若an=2n-1,則Sn=2n-1. 由Sm=63得2m=64,解得m=6. 綜上,m=6. 在解決等差、等比數(shù)列的運(yùn)算問(wèn)題時(shí),經(jīng)常采用“巧用性質(zhì)、整體考慮、減少運(yùn)算量”的方法.有兩個(gè)處理思路:一是利用基本量,將多元問(wèn)題簡(jiǎn)化為一元問(wèn)題,雖有一定量的運(yùn)算,但思路簡(jiǎn)潔,目標(biāo)明確;二是利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì),但在應(yīng)用性質(zhì)時(shí)要注意性質(zhì)的前提條件,有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形. (2019·北京高考)設(shè){an}是等差數(shù)列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比數(shù)列. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)記{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求Sn的最小值. 解 (1)設(shè)
4、{an}的公差為d. 因?yàn)閍1=-10, 所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d. 因?yàn)閍2+10,a3+8,a4+6成等比數(shù)列, 所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6). 所以(-2+2d)2=d(-4+3d). 解得d=2. 所以an=a1+(n-1)d=2n-12. (2)由(1)知,an=2n-12. 則當(dāng)n≥7時(shí),an>0;當(dāng)n≤6時(shí),an≤0. 所以Sn的最小值為S5=S6=-30. 熱點(diǎn)2 數(shù)列的通項(xiàng)與求和 1.求數(shù)列通項(xiàng)公式的常見(jiàn)類型及方法 (1)觀察法:根據(jù)所給的一列數(shù)、式、圖形等,通過(guò)觀察法求其通項(xiàng)公式; (2)
5、公式法:利用等差(比)數(shù)列的通項(xiàng)公式求an; (3)已知Sn與an的關(guān)系, 利用an=求an; (4)累加法:形如an+1=an+f(n)的解析式,可用遞推式多項(xiàng)相加法求得an; (5)累乘法:形如an+1=f(n)·an(an≠0)的解析式,可用遞推式多項(xiàng)相乘法求得an; (6)倒數(shù)法:形如f(anan+1,an,an+1)=0的關(guān)系,同乘,先求出,再求出an; (7)構(gòu)造輔助數(shù)列法:通過(guò)變換遞推關(guān)系,將非等差(等比)數(shù)列構(gòu)造為等差(等比)數(shù)列來(lái)求其通項(xiàng)公式. 2.求數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的常見(jiàn)方法 (1)公式法:利用等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求數(shù)列的前n項(xiàng)和; (2)裂項(xiàng)相消
6、法:將數(shù)列恒等變形為連續(xù)兩項(xiàng)或相隔若干項(xiàng)之差的形式,進(jìn)行消項(xiàng); (3)錯(cuò)位相減法:求解形如{an·bn}和的前n項(xiàng)和,數(shù)列{an},{bn}分別為等差與等比數(shù)列; (4)倒序相加法:應(yīng)用于等差數(shù)列或能轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列的數(shù)列求和; (5)分組求和法:數(shù)列為等差與等比數(shù)列的代數(shù)和或奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)的規(guī)律不同,根據(jù)其表現(xiàn)形式分別求和. 1.(2019·天津高考)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
7、 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意,得解得 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n. 所以,{an}的通項(xiàng)公式為an=3n,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=3n. (2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn) =+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n) =3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 記Tn=1×31+2×32+…+n×3n,① 則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,② ②-①得,2Tn=-3-3
8、2-33-…-3n+n×3n+1 =-+n×3n+1=. 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn =3n2+3× =(n∈N*). 2.(2018·天津高考)設(shè){an}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),{bn}是等差數(shù)列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*), ①求Tn; ②證明 =-2(n∈N*). 解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q. 由a1=1,a3=a2+2. 可得q2-q-2=0.因?yàn)閝>0,可得
9、q=2,故an=2n-1. 設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d,由a4=b3+b5,可得b1+3d=4. 由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16.從而b1=1,d=1,故bn=n. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n. (2)①由(1),有Sn==2n-1, 故Tn= (2k-1)=2k-n=-n=2n+1-n-2. ②證明:因?yàn)椋? ==-, 所以 =++…+=-2. 采用錯(cuò)位相減法求和,要注意相減后和式的結(jié)構(gòu),把項(xiàng)數(shù)數(shù)清.采用裂項(xiàng)相消法求和,消項(xiàng)時(shí)要注意相消的規(guī)律,可將數(shù)列的前幾項(xiàng)和表示出來(lái),歸納出規(guī)律. 常用的裂項(xiàng)相消變換
10、有: (1)分式裂項(xiàng):=; (2)根式裂項(xiàng):=(-); (3)對(duì)數(shù)式裂項(xiàng):lg =lg (n+p)-lg n; (4)指數(shù)式裂項(xiàng):aqn=(qn-qn+1)(q≠0且q≠1). 等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=10,a2為整數(shù),且Sn≤S4. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解 (1)由a1=10,a2為整數(shù),可知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù).又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0,于是10+3d≥0,10+4d≤0,解得-≤d≤-,因此d=-3,故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=13-3n. (2)bn==, 于是
11、Tn=b1+b2+…+bn===. 熱點(diǎn)3 數(shù)列的綜合應(yīng)用 解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題要注意以下幾點(diǎn): (1)由于數(shù)列是一類特殊函數(shù),因此解答數(shù)列問(wèn)題時(shí),多從函數(shù)角度入手,準(zhǔn)確處理數(shù)列問(wèn)題; (2)利用數(shù)列自身特點(diǎn)和自身性質(zhì),準(zhǔn)確推理,其中注意適時(shí)分類討論; (3)證明不等關(guān)系時(shí)要充分利用題意恰當(dāng)使用放縮法. 1.(2017·北京高考)設(shè){an}和{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列,記cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs這s個(gè)數(shù)中最大的數(shù). (1)若an=n,bn=2n-1
12、,求c1,c2,c3的值,并證明{cn}是等差數(shù)列; (2)證明:或者對(duì)任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當(dāng)n≥m時(shí),>M;或者存在正整數(shù)m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差數(shù)列. 解 (1)c1=b1-a1=1-1=0, c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1, c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2. 當(dāng)n≥3時(shí),(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0, 所以bk-nak關(guān)于k∈N*單調(diào)遞減. 所以cn=ma
13、x{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n. 所以對(duì)任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1, 所以{cn}是等差數(shù)列. (2)證明:設(shè)數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1,d2, 則bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n =b1-a1n+(d2-nd1)(k-1). 所以cn= ①當(dāng)d1>0時(shí),取正整數(shù)m>, 則當(dāng)n≥m時(shí),nd1>d2, 因此cn=b1-a1n. 此時(shí),cm,cm+1,cm+2,…是等差數(shù)列. ②當(dāng)d1=0時(shí),對(duì)任意n≥1, cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0} =b1-
14、a1+(n-1)(max{d2,0}-a1). 此時(shí),c1,c2,c3,…,cn,…是等差數(shù)列. ③當(dāng)d1<0時(shí), 當(dāng)n>時(shí),有nd1<d2, 所以= =n(-d1)+d1-a1+d2+ ≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|. 對(duì)任意正數(shù)M,取正整數(shù) m>max, 故當(dāng)n≥m時(shí),>M. 2.(2019·江蘇高考)定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”. (1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”; (2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,=-,其中Sn為數(shù)列{bn
15、}的前n項(xiàng)和. ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; ②設(shè)m為正整數(shù).若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*),對(duì)任意正整數(shù)k,當(dāng)k≤m時(shí),都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值. 解 (1)證明:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, 所以a1≠0,q≠0. 由得 解得 因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”. (2)①因?yàn)椋剑?,所以bn≠0. 由b1=1,S1=b1,得=-,則b2=2. 由=-,得Sn=. 當(dāng)n≥2時(shí),由bn=Sn-Sn-1,得 bn=-, 整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列. 因此,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n(
16、n∈N*). ②由①知,bk=k,k∈N*. 因?yàn)閿?shù)列{cn}為“M-數(shù)列”,設(shè)公比為q,所以c1=1,q>0. 因?yàn)閏k≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m(m∈N*). 當(dāng)k=1時(shí),有q≥1; 當(dāng)k=2,3,…,m時(shí),有≤ln q≤. 設(shè)f(x)=(x>1),則f′(x)=. 令f′(x)=0,得x=e.列表如下: x (1,e) e (e,+∞) f′(x) + 0 - f(x) 極大值 因?yàn)椋?=, 所以f(k)max=f(3)=. 取q=,當(dāng)k=1,2,3,4,5時(shí),≤ln q,即k≤qk,經(jīng)檢驗(yàn)知q
17、k-1≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6,分別取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,從而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 綜上,所求m的最大值為5. (1)利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中相關(guān)問(wèn)題時(shí),應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù),注意函數(shù)性質(zhì)的準(zhǔn)確使用; (2)證明不等關(guān)系時(shí)進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s. (2017·江蘇高考)對(duì)于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列{an}滿足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan,對(duì)任意正整數(shù)n(n>k)總成立,則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”. (1)證明:等差數(shù)列{an}是“
18、P(3)數(shù)列”; (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,證明:{an}是等差數(shù)列. 證明 (1)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則 an=a1+(n-1)d, 從而,當(dāng)n≥4時(shí), an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d =2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3, 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an, 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”. (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此, 當(dāng)n≥3時(shí),an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①
19、 當(dāng)n≥4時(shí),an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.② 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④ 將③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4, 所以a3,a4,a5,…是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d′. 在①中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d′, 在①中,取n=3,則a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d′,所以前三項(xiàng)也滿足等差數(shù)列, 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 專題作業(yè) 1
20、.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=2(n+1)an,設(shè)bn=. (1)求b1,b2,b3; (2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列,并說(shuō)明理由; (3)求{an}的通項(xiàng)公式. 解 (1)由條件可得an+1=an. 將n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 將n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12. 從而b1=1,b2=2,b3=4. (2){bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列.由題設(shè)條件可得=,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列. (3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1.
21、 2.(2017·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*). 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12. 而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=-3或q=2. 又因?yàn)閝>0,所以q=2.所以bn=2n. 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,
22、② 聯(lián)立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-2,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為Tn. 由a2n=6n-2,得 Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1. 上述兩式相減,得 -Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1 =-4-(6n-2)×2n+1 =-(3n-4)2n+2-16, 所以Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,
23、數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n-4)2n+2+16. 3.(2019·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S9=-a5. (1)若a3=4,求{an}的通項(xiàng)公式; (2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范圍. 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 由S9=-a5得a1+4d=0. 由a3=4得a1+2d=4. 于是a1=8,d=-2. 因此等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=10-2n. (2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d, Sn=. 由a1>0知d<0,故Sn≥an等價(jià)于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10,所以n的取值范
24、圍是{n|1≤n≤10,n∈N}. 4.?dāng)?shù)列An:a1,a2,…,an(n≥2)的各項(xiàng)均為整數(shù),滿足:ai≥-1(i=1,2,…,n),且a1·2n-1+a2·2n-2+a3·2n-3+…+an-1·2+an=0,其中a1≠0. (1)若n=3,寫(xiě)出所有滿足條件的數(shù)列A3; (2)求a1的值; (3)證明:a1+a2+…+an>0. 解 (1)滿足條件的數(shù)列A3為:-1,-1,6;-1,0,4;-1,1,2;-1,2,0. (2)假設(shè)a1≠-1,因?yàn)閍1≠0,所以a1≥1. 又a2,a3,…,an≥-1,因此有 a1·2n-1+a2·2n-2+a3·2n-3+…+an-1·2+
25、an ≥2n-1+(-1)·2n-2+(-1)·2n-3+…+(-1)·2+(-1)=2n-1-2n-2-2n-3-…-2-1=1, 這與a1·2n-1+a2·2n-2+a3·2n-3+…+an-1·2+an=0矛盾! 所以a1=-1. (3)先證明如下結(jié)論:?k∈{1,2,…,n-1}, 必有a1·2n-1+a2·2n-2+…+ak·2n-k≤0. 否則,令a1·2n-1+a2·2n-2+…+ak·2n-k>0, 注意到左式是2n-k的整數(shù)倍, 因此a1·2n-1+a2·2n-2+…+ak·2n-k≥2n-k. 所以有 a1·2n-1+a2·2n-2+a3·2n-3+…+
26、an-1·2+an ≥2n-k+(-1)·2n-k-1+(-1)·2n-k-2+…+(-1)·2+(-1) =2n-k-2n-k-1-2n-k-2-…-2-1=1, 這與a1·2n-1+a2·2n-2+a3·2n-3+…+an-1·2+an=0矛盾! 所以a1·2n-1+a2·2n-2+…+ak·2n-k≤0. 因此有 a1<0, a1·2+a2≤0, a1·4+a2·2+a3≤0, … a1·2k-1+a2·2k-2+…+ak-1·2+ak≤0, … a1·2n-2+a2·2n-3+…+an-2·2+an-1≤0. 將上述n-1個(gè)不等式相加得a1·(2n-1-1)+a2·(2n-2-1)+…+an-1·(2-1)<0,① 又a1·2n-1+a2·2n-2+a3·2n-3+…+an-1·2+an=0,② 兩式相減即得a1+a2+…+an>0. - 11 -
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