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专题讲座三数列在高考中的常见题型与求解策略


专题讲座三 数列在高考中的常见题型与求解策略 考情概述 数列是历年高考的热点,多从等差数列、等比数列这两个特殊的数列

入手,考查两数列的概念、基本运算性质、通项公式、求和公式等,常以等差、等比数列综 合命题,或与方程、函数与导数、 不等式、解析几何等知识交汇命题, 综合考查数列的通项、 求和等问题.

专题一 等差数列与等比数列的综合问题

[学生用书 P106] 9 (2015· 高考重庆卷)已知等差数列{an}满足 a3=2,前 3 项和 S3= . 2 (1)求{an}的通项公式; (2)设等比数列{bn}满足 b1=a1,b4=a15,求{bn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)设{an}的公差为 d,则由已知条件得 3×2 9 a1+2d=2,3a1+ d= , 2 2 3 1 化简得 a1+2d=2,a1+d= ,解得 a1=1,d= , 2 2 n-1 故{an}的通项公式 an=1+ , 2 n+1 即 an= . 2 15+1 (2)由(1)得 b1=1,b4=a15= =8. 2 b4 设{bn}的公比为 q,则 q3= =8,从而 q=2, b1 故{bn}的前 n 项和 b1(1-qn) 1×(1-2n) n Tn= = =2 -1. 1-q 1-2 解决等差数列与等比数列的综合问题, 关键是理清两个数列的关系. 如果同一数列中部 分项成等差数列,部分项成等比数列,要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究;如 果两个数列通过运算综合在一起, 要从分析运算入手, 把两个数列分割开弄清两个数列各自 的特征,再进行求解. 1.(2016· 兰州诊断考试)在等比数列{an}中,已知 a1=2,a4=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 a3,a5 分别为等差数列{bn}的第 3 项和第 5 项,试求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)设数列{an}的公比为 q, a4 则 =q3=8, a1 所以 q=2, - 所以 an=2×2n 1=2n. (2)设数列{bn}的公差为 d,因为 b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,且{bn}为等差数列, 所以 b5-b3=24=2d, 所以 d=12, 所以 b1=b3-2d=-16,

n(n-1) 所以 Sn=-16n+ ×12=6n2-22n. 2

专题二 数列的通项与求和[学生用书 P106] (2015· 高考全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,a2 n+2an=4Sn+ 3. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1 2 [解] (1)由 an +2an=4Sn+3,① 2 可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3.② 2 ②-①,得 a2 n+1-an+2(an+1-an)=4an+1, 2 2 即 2(an+1+an)=an+1-an =(an+1+an)(an+1-an). 由 an>0,得 an+1-an=2. 又 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知 1 1 1 1 1 bn= = = ?2n+1-2n+3?. ? anan+1 (2n+1)(2n+3) 2? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn 1 1 ?? 1 1 1? ?1 1? - - + - +…+? = ?? 2??3 5? ?5 7? ?2n+1 2n+3?? n = . 3(2n+3) (1)求数列的通项公式时,通常用累加、累乘、构造法求解. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法,本题选用的裂项相消法,常用的还有分组转 化求和,错位相减求和等. 2.(2015· 高考天津卷)已知数列{an}满足 an+2=qan(q 为实数,且 q≠1),n∈ N*,a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5 成等差数列. (1)求 q 的值和{an}的通项公式; log2a2n (2)设 bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前 n 项和. a2n-1 解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3, 所以 a2(q-1)=a3(q-1). 又因为 q≠1,所以 a3=a2=2. 由 a3=a1·q,得 q=2. 当 n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k 1=2


n-1 2



当 n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2 .

n 2

? ?2 2 ,n为奇数, 所以,{an}的通项公式为 an=? n ? ?22,n为偶数.
n-1

log2a2n n (2)由(1)得 bn= = n-1,n∈N*. a2n-1 2 设{bn}的前 n 项和为 Sn,则

1 1 1 1 1 Sn=1× 0+2× 1+3× 2+…+(n-1)× n-2+n× n-1, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 S =1× 1+2× 2+3× 3+…+(n-1)× n-1+n× n, 2 n 2 2 2 2 2 上述两式相减,得 1 1- n 2 1 1 1 1 n n 2 n S =1+ + 2+…+ n-1- n= - =2- n- n, 2 n 2 2 2 1 2n 2 2 2 1- 2 n+2 整理,得 Sn=4- n-1 ,n∈N*. 2 n+2 所以,数列{bn}的前 n 项和为 4- n-1 ,n∈N*. 2 专题三 数列与函数的综合问题[学生用书 P107] (2014· 高考四川卷)设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2x 的图 象上(n∈N*). (1)证明:数列{bn}为等比数列; (2)若 a1=1, 函数 f(x)的图象在点(a2, b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- 的前 n 项和 Sn. [解] (1)证明:由已知,bn=2an>0. bn+1 当 n≥1 时, =2an+1-an=2d, bn 所以数列{bn}是首项为 2a1,公比为 2d 的等比数列. (2)函数 f(x)=2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 1 它在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意知,a2- =2- ,解得 a2=2. ln 2 ln 2
2 所以 d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn =n· 4n. - 于是,Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)· 4n 1+n· 4n. + 4Sn=1×42+2×43+…+(n-1)· 4n+n· 4n 1.

1 , 求数列{anb2 n} ln 2

4n 1-4 (1-3n)4n 1-4 + + 因此,Sn-4Sn=4+42+…+4n-n· 4n 1= -n· 4n 1= .所以 Sn= 3 3
+ +

(3n-1)4n 1+4 . 9


(1)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. (2)已知数列条件,解决函数问题.解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、 求和方法对式子化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思 想方法求解. 3.(2016· 南昌调研测试卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知函数 f(x)=

2x-1 ,且 f(a2-2)= 2x+1 sin 2 015π 2 017π ,f(a2 016-2)=cos ,求 S2 017. 3 6


2x-1 2 x-1 1-2x 解:因为 f(x)= x ,f(-x)= -x = x , 2 +1 2 +1 2 +1 所以 f(x)+f(-x)=0,即 f(-x)=-f(x). 2x-1 2 而 f(x)= x =1- x ,所以 f(x)是 R 上的增函数. 2 +1 2 +1 又 f(a2 - 2) = sin 2 015π 2π 2π 3 = sin ?671π+ ? = - sin = - , f(a2 3 3 2 3 ? ?
016 - 2) = cos

2 017π π π 3 =cos?336π+ ?=cos = , 6 6 2 6? ? 所以 f(a2-2)=-f(a2 016-2)=f(2-a2 016), 所以 a2-2=2-a2 016,所以 a2+a2 016=4. 2 017(a1+a2 017) 2 017(a2+a2 016) 2 017×4 所以 S2 017= = = =4 034. 2 2 2

专题四 数列与不等式的综合问题[学生用书 P107] (2015· 高考四川卷)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an- a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 (2)记数列{ }的前 n 项和为 Tn,求使得|Tn-1|< 成立的 n 的最小值. an 1 000 [解] (1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2), 即 an=2an-1(n≥2). 从而 a2=2a1,a3=2a2=4a1. 又因为 a1,a2+1,a3 成等差数列,即 a1+a3=2(a2+1), 所以 a1+4a1=2(2a1+1),解得 a1=2. 所以数列{an}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 故 an=2n. 1 1 (2)由(1)得 = n, an 2 1 1 [1-( )n] 2 1 1 1 2 1 所以 Tn= + 2+…+ n= =1- n. 2 2 2 1 2 1- 2 由|Tn-1|< 1 1 1 ,得|1- n-1|< , 1 000 2 1 000

即 2n>1 000.

因为 29=512<1 000<1 024=210,所以 n≥10. 于是使|Tn-1|< 1 成立的 n 的最小值为 10. 1 000

数列与不等式的综合问题的解题策略 (1)数列与不等式的恒成立问题.此类问题常构造函数,通过函数的单调性、最值等解 决问题. (2)与数列有关的不等式证明问题.解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法,如比 较法、综合法、分析法、放缩法等. 1 4.(2016· 商洛模拟)已知函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)· f(y)且 f(1)= . 2 (1)当 n∈N*时,求 f(n)的表达式; (2)设 an=n· f(n),n∈N*,求证:a1+a2+a3+…+an<2. 解:(1)令 x=n,y=1, 1 得 f(n+1)=f(n)· f(1)= f(n), 2 1 所以{f(n)}是首项为 , 2 1 公比为 的等比数列, 2 1?n 所以 f(n)=? ?2? . (2)证明:设 Tn 为{an}的前 n 项和,
n ?1? , 因为 an=n· f(n)=n· ?2? 3 n 1?2 1 ?1? +…+n×?1? , 所以 Tn= +2×? + 3 × ?2? ?2? ?2? 2 3 4 n n+1 1?2 1 ?1? +3×?1? +…+(n-1)×?1? +n×?1? , Tn=? + 2 × ?2? ?2? ?2? ?2? ?2? 2 n n+1 1 1 1?2 ?1? -n×?1? , 两式相减得 Tn= +? + … + ?2? ?2? 2 2 ?2? n 1?n-1 ?1? <2. 所以 Tn=2-? - n × ?2? ?2?

1 1.(2016· 辽宁省五校联考)抛物线 x2= y 在第一象限内图象上一点(ai,2a2 i )处的切线与 2 x 轴交点的横坐标记为 ai+1,其中 i∈N*,若 a2=32,则 a2+a4+a6 等于( ) A.64 B.42 C.32 D.21 2 解析:选 B.令 y=f(x)=2x ,则切线斜率 k=f′(ai)=4ai,切线方程为 y-2a2 i =4ai(x-ai), 1 令 y=0 得 x=ai+1= ai,由 a2=32 得:a4=8,a6=2,所以 a2+a4+a6=42. 2 2.(2014· 高考辽宁卷)设等差数列{an}的公差为 d.若数列{2a1an}为递减数列,则( ) A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0 解析:选 C.设 bn=2a1an,则 bn+1=2a1an+1,由于{2a1an}是递减数列,则 bn>bn+1,即 2a1an>2a1an+1.因为 y=2x 是单调增函数, 所以 a1an>a1an+1, 所以 a1an-a1(an+d)>0, 所以 a1(an -an-d)>0,即 a1(-d)>0,所以 a1d<0. 3. 在等比数列{an}中, 若 an>0, 且 a1· a2· …· a7· a8=16, 则 a4+a5 的最小值为________. 4 解析:由等比数列性质得,a1a2…a7a8=(a4a5) =16,又 an>0,所以 a4a5=2.再由基本不 等式,得 a4+a5≥2 a4a5=2 2.所以 a4+a5 的最小值为 2 2. 答案:2 2 4.(2016· 南昌调研测试卷)一牧羊人赶着一群羊通过 6 个关口,每过 1 个关口,守关人 将拿走当时羊的一半,然后退还 1 只给牧羊人,过完这些关口后,牧羊人只剩下 2 只羊,则 牧羊人在过第 1 个关口前有________只羊. 解析:记此牧羊人通过第 1 个关口前、通过第 2 个关口前、…、通过第 6 个关口前,剩 1 1 下的羊的只数组成数列{an}(n=1,2,3,4,5,6),则由题意得 a2= a1+1,a3= a2+1,…, 2 2 1 1 a6= a5+1,而 a6+1=2,解得 a6=2,因此代入得 a5=2,a4=2,…,a1=2. 2 2 答案:2 5.(2016· 南昌调研测试卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,4Sn=a2 n+2an-3,且 a1,a2, a3,a4,a5 成等比数列,当 n≥5 时,an>0. (1)求证:当 n≥5 时,{an}成等差数列; (2)求{an}的前 n 项和 Sn. 2 解:(1)证明:由 4Sn=a2 n+2an-3,4Sn+1=an+1+2an+1-3, 2 得 4an+1=a2 n+1-an+2an+1-2an, 即(an+1+an)(an+1-an-2)=0. 因为当 n≥5 时,an>0,所以 an+1-an=2, 所以当 n≥5 时,{an}成等差数列. (2)由 4a1=a2 1+2a1-3,得 a1=3 或 a1=-1, 又 a1,a2,a3,a4,a5 成等比数列, 所以 an+1+an=0(n≤5),q=-1, 而 a5>0,所以 a1>0,从而 a1=3,
?3(-1)n 1,1≤n≤4, ? 所以 an=? ? ?2n-7,n≥5,


3 ? ?2[1-(-1)n],1≤n≤4, 所以 Sn=? ? ?n2-6n+8,n≥5. 1 ? ? 6.(2015· 高考山东卷)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列?a ·a ?的前 n 项 ? n n+1? n 和为 . 2n+1 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(an+1)· 2an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)设数列{an}的公差为 d, 1 1 令 n=1,得 = , a1a2 3 所以 a1a2=3.① 1 1 2 令 n=2,得 + = , a1a2 a2a3 5 所以 a2a3=15.② 由①②解得 a1=1,d=2, 所以 an=2n-1. 经检验,符合题意. - (2)由(1)知 bn=2n· 22n 1=n· 4n, 所以 Tn=1· 41+2· 42+…+n· 4 n, + 所以 4Tn=1· 42+2· 43+…+n· 4n 1, + 两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n· 4n 1 = = 4(1-4n) + -n· 4n 1 1-4 1-3n n+1 4 ×4 - , 3 3


3n-1 n+1 4 4+(3n-1)4n 1 所以 Tn= ×4 + = . 9 9 9

1.(2016· 云南省第一次统一检测)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1+a2+a3=26,S6 =728. (1)求数列{an}的通项公式; n (2)求证:S2 n+1-SnSn+2=4×3 . 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,由 728≠2×26,得 S6≠2S3,所以 q≠1. a1(1-q3) S3= =26, 1-q ? ?a1=2, 由已知得 解得? 6 ?q=3. a1(1-q ) ? S6= =728, 1-q

? ? ? ? ?

所以 an=2×3n 1.


2×(1-3n) n (2)证明:由(1)可得 Sn= =3 -1. 1-3 所以 Sn+1=3n 1-1,Sn+2=3n 2-1. n 所以 S2 n+1-SnSn+2=4×3 . 2.(2016· 湖南省耒阳二中第一次月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益, 北京市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,替换 车为电力型和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车 128 辆,混合动力型公交车 400 辆;计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加 50%,混合动力型车每年比上一年多投 入 a 辆. (1)求经过 n 年,该市被更换的公交车总数 S(n); (2)若该市计划 7 年内完成全部更换,求 a 的最小值. 解:(1)设 an,bn 分别为第 n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量.
+ +

3 依题意,得{an}是首项为 128,公比为 1+50%= 的等比数列,{bn}是首项为 400,公 2 差为 a 的等差数列. 3 n 128×?1-?2? ? ? ? ?? 3 n 所以{an}的前 n 项和 Sn= =256??2? -1?, 3 ?? ? ? 1- 2 {bn}的前 n 项和 Tn=400n+ n(n-1) a. 2

3 n 所以经过 n 年,该市被更换的公交车总数为 S(n) = Sn + Tn = 256 ??2? -1? + 400n +

?? ?

?

n(n-1) a. 2 (2)若计划 7 年内完成全部更换, 则 S(7)≥10 000, 7×6 3 7 所以 256??2? -1?+400×7+ a≥10 000, 2 ?? ? ? 即 21a≥3 082, 16 所以 a≥146 . 21 又 a∈N*,所以 a 的最小值为 147.


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