2020年高考理科数学复习大题篇—数列综合.docx

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1、2020年高考理科数学复习大题篇数列综合【归类解析】题型一等差数列、等比数列的交汇【解题指导】 等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解.求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程.【例】记Sn为等比数列an的前n项和.已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列.【解】(1)设an的公比为q.由题设可得a1(1q)2，a1(1qq2)6.)解得q2，a12.故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sna1(1qn)1q23(1)n2n13.由于Sn2Sn143(1)n2n32n

2、232f(22n13)2Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列.【训练】已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S11，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比.【解】(1)设数列an的公差为d由题意可知2S3S11S4，22d0，整理得a11，d2a1，)即a11，d2，)an2n1.(2)由(1)知an2n1，Snn2，S416，S636，又S4SnS26，n23621681，n9，公比qS6S494.题型二数列的求和【解题指导】(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出

3、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.1分组求和与并项求和【例】已知数列an是各项均为正数的等比数列，且a1a22avs4alco1(f(11a2)，a3a432avs4alco1(f(11a4).(1)求数列an的通项公式；(2)设bna2nlog2an，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)设等比数列an的公比为q(q0)，则ana1qn1，且an0，由已知得a1a1q2blc(rc1a1q)rc1a1q3)，化简得aoal(2121)q5(q1)32(q1)，即aoal(2121)q532，又a10，q0，

4、a11，q2，数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知bna2nlog2an 4n1n1，Tn(14424n1)(0123n1)4n141n(n1)24n13n(n1)2.2错位相减法求和【例】已知数列an满足an0，a113，anan12anan1，nN.(1)求证：f(1an)是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)由已知可得，1an11an2，f(1an)是首项为3，公差为2的等差数列，1an32(n1)2n1，an12n1.(2)由(1)知bn(2n1)2n，Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n

5、，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，两式相减得，Tn622222322n(2n1)2n1.6822n212(2n1)2n12(2n1)2n1，Tn2(2n1)2n1.3裂项相消法求和【例】在数列an中，a14，nan1(n1)an2n22n.(1)求证：数列f(ann)是等差数列；(2)求数列f(1an)的前n项和Sn.(1)证明nan1(n1)an2n22n的两边同时除以n(n1)，得an1n1ann2(nN)，所以数列f(ann)是首项为4，公差为2的等差数列.(2)解由(1)，得ann2n2，所以an2n22n，故1an12n22n12(n1)nn(n1)12avs

6、4alco1(f(11n1)，所以Sn12blc(rcrc1rc1n1)12avs4alco1(1f(1n1)n2(n1).【训练】(1)已知数列an的前n项和为Sn，且a112，an1n12nan(nN).证明：数列f(ann)是等比数列；求数列an的通项公式与前n项和Sn.证明a112，an1n12nan，当nN时，ann0，又a1112，an1n1ann12(nN)为常数，f(ann)是以12为首项，12为公比的等比数列.解由f(ann)是以12为首项，12为公比的等比数列，得ann12avs4alco1(f(12)n1，annavs4alco1(f(12)n.Sn1122avs4alc

7、o1(f(12)23avs4alco1(f(12)3navs4alco1(f(12)n，12Sn1avs4alco1(f(12)22avs4alco1(f(12)3(n1)avs4alco1(f(12)nnavs4alco1(f(12)n1，两式相减得12Sn12avs4alco1(f(12)2avs4alco1(f(12)3avs4alco1(f(12)nnavs4alco1(f(12)n11rc2)12navs4alco1(f(12)n1，Sn2avs4alco1(f(12)n1navs4alco1(f(12)n2(n2)avs4alco1(f(12)n.综上，annavs4alco1(f

8、(12)n，Sn2(n2)avs4alco1(f(12)n.(2)已知正项数列an的前n项和为Sn，a11，且(t1)Sna2n3an2(tR).求数列an的通项公式；若数列bn满足b11，bn1bnan1，求数列f(12bn7n)的前n项和Tn.解因为a11，且(t1)Sna2n3an2，所以(t1)S1a213a12，所以t5.所以6Sna2n3an2.()当n2时，有6Sn1a2n13an12，()()()得6ana2n3ana2n13an1，所以(anan1)(anan13)0，因为an0，所以anan13，又因为a11，所以an是首项a11，公差d3的等差数列，所以an3n2(nN)

9、.因为bn1bnan1，b11，所以bnbn1an(n2，nN)，所以当n2时，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1anan1a2b13n2n2.又b11也适合上式，所以bn3n2n2(nN).所以12bn7n13n2n7n131n(n2)16avs4alco1(f(11n2)，所以Tn16avs4alco1(1f(11111n2)16avs4alco1(f(311n2)，3n25n12(n1)(n2).题型三数列与函数【解题指导】 数列与函数的交汇问题(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，解题时要注意数

10、列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.【例】数列an的前n项和为Sn，2Snan12n11，nN，且a1，a25,19成等差数列.(1)求a1的值；(2)证明f(an2n)1)为等比数列，并求数列an的通项公式；(3)设bnlog3(an2n)，若对任意的nN，不等式bn(1n)n(bn2)60恒成立，试求实数的取值范围.【解】(1)在2Snan12n11，nN中，令n1，得2S1a2221，即a22a13，又2(a25)a119，则由解得a11.(2)当n2时，由2Snan12n11，2Sn1an2n1， )得2anan1an2n，则an12n1132avs4alco1(f(an2n)

11、1)，又a25，则a222132avs4alco1(f(a121)1).数列f(an2n)1)是以32为首项，32为公比的等比数列，an2n132avs4alco1(f(32)n1，即an3n2n.(3)由(2)可知，bnlog3(an2n)n.当bn(1n)n(bn2)60恒成立时，即(1)n2(12)n60(nN)恒成立.设f(n)(1)n2(12)n6(nN)，当1时，f(n)n60恒成立，则1满足条件；当1时，由于对称轴n122(1)0，则f(n)在1，)上单调递减，f(n)f(1)341满足条件，综上所述，实数的取值范围是1，).【训练】已知数列an满足a11,2an1an，数列bn

12、满足bn2log2a2n1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，求使得2Tn4n2m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围.【解】(1)由a11，an1an12，an0，an是首项为1，公比为12的等比数列，anavs4alco1(f(12)n1.bn2log2avs4alco1(f(12)2n2n2.(2)由(1)得，Tnn23n，m2n26n对任意正整数n都成立.设f(n)2n26n，f(n)2n26n2avs4alco1(nf(32)292，当n1或2时，f(n)的最大值为4，m4.即m的取值范围是4，).题型四数列与不等式【解题指导】 数列与不等式的交汇

13、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：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.【例】已知数列an中，a112，其前n项的和为Sn，且满足an2n2Sn1(n2).(1)求证：数列f(1Sn)是等差数列；(2)证明：S112S213S31nSn1.【证明】(1)当n2时，SnSn12n2Sn1，整理得Sn1Sn2SnSn1(n2)，1Sn1Sn12，从而f(1Sn)构成以2为首项，2为公差的等差数列.(2)由(1)可知，1Sn1S1(n1)22n，Sn12n.当n1时，1n

14、Sn121，方法一当n2时，1nSn12n2121n(n1)12avs4alco1(f(11n)，S112S213S31nSn 1212avs4alco1(1f(11111n)112n1.原不等式得证.方法二当n2时，12n212(n21)14avs4alco1(f(11n1)，S112S213S31nSn1214avs4alco1(1f(1111111n)f(11n1)1214avs4alco1(1f(111n1)，1214avs4alco1(1f(12)781.原命题得证.【训练】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

15、通项公式；(2)设cn1bnbn2，数列cn的前n项和为Tn，证明：15Tn0，所以Tn13.又因为Tn在1，)上单调递增，所以当n1时，Tn取最小值T115，所以15Tn62成立的正整数n的最小值.解(1)由题意，得a1qa1q2a1q328，a1qa1q32(a1q22)，)解得a12，q2)或a132，12)，an是递增数列，a12，q2，数列an的通项公式为an22n12n.(2)bn2nn2n，Snb1b2bn(12222n2n)，则2Sn(122223n2n1)，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1，则Snn2n12n12，解2n1262，得n5，n的最小值为6.4.正项等

16、差数列an满足a14，且a2，a42,2a78成等比数列，an的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn1Sn2，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d(d0)，由已知得a2(2a78)(a42)2，化简得，d24d120，解得d2或d6(舍)，所以ana1(n1)d2n2.(2)因为Snn(a1an)2n(2n6)2n23n，所以bn1Sn21n23n21(n1)(n2)1n11n2，所以Tnb1b2b3bnavs4alco1(f(113)avs4alco1(f(114)avs4alco1(f(115)avs4alco1(f(11n2)121n2n2n4.5.

17、数列an的前n项和为Sn，已知a11，(2n1)an1(2n3)Sn(n1,2,3，).(1)证明：数列f(Sn2n1)是等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn.(1)证明an1Sn1Sn2n32n1Sn，Sn12(2n1)2n1Sn，Sn12n12Sn2n1，又a11，S1110，数列f(Sn2n1)是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)解由(1)知，Sn2n12n1，Sn(2n1)2n1，Tn132522(2n3)2n2(2n1)2n1，2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n.得Tn12(21222n1)(2n1)2n1222n1212(2n1)2n(32n)2n3，Tn

18、(2n3)2n3.6.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；(2)设a11，q2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由.(1)证明假设数列c1，c2，c3是等差数列，则2c2c1c3，即2(a2b2)(a1b1)(a3b3).因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2b1b3.从而2a2a1a3.又因为a1，a2，a3是等比数列，所以a22a1a3.所以a1a

19、2a3，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.(2)解因为a11，q2，所以an2n1.因为c22c1c3，所以(2b2)2(1b2d)(4b2d)，即b2d23d，由c22b20，得d23d20，所以d1且d2.又d0，所以b2d23d，定义域为avs4alco1(blc rc|(avs4alco1(dR)d1，d2，d0).(3)解设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，则a1b1c1， a1qb1dc1q1， 2131). 将2得，a1(q1)2c1(q11)2，将2得，a1q(q1)2c1q1(q11)2，因为a10，q1，由得c10，q11.由

20、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.7.设数列an的前n项和为Sn，且Snan1.(1)求数列an的通项公式；(2)若f(x)，设bnf(a1)f(a2)f(an)，求数列f(1bn)的前n项和Tn.解(1)由Snan1得Sn1an11，两式相减得，Sn1Snan1an，即 an1an1an，即 an1an12(n1)，所以数列an是公比为12的等比数列，又由a1a11得a112，所以ana1qn1avs4alco1(f(12)n.(2)因为bnf(a1)f(a2)f(an)12nn(n1)2，所以1bn2n(n1)2avs

21、4alco1(f(11n1)，所以Tn2avs4alco1(f(111111n1)2avs4alco1(1f(1n1)2nn1.8.已知等差数列an的公差d0，a10，其前n项和为Sn，且a22，S3，S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(2n2)22nSn1，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn2n32.(1)解由a10得an(n1)d，Snn(n1)d2，因为a22，S3，S4成等比数列，所以S23(a22)S4，即(3d)2(d2)6d，整理得3d212d0，即d24d0，因为d0，所以d4，所以an(n1)d4(n1)4n4.(2)证明由(1)可得Sn12n(n1)

22、，所以bn(2n2)22n2n(n1)4(n1)22n(n2)22n(n2)2avs4alco1(f(11n2)，所以Tn2navs4alco1(1f(13)avs4alco1(f(114)avs4alco1(f(11n2)2n1121n11n2，所以Tn2n0，所以q2，x11.因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn(nn1)22n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2，则2Tn320

23、521722(2n1)2n2(2n1)2n1，由，得Tn321(2222n1)(2n1)2n1322(12n1)12(2n1)2n1.所以Tn(2n1)2n12.11.若正项数列an的前n项和为Sn，首项a11，点P(Sn，Sn1)在曲线y(x1)2上.(1)求数列an的通项公式an；(2)设bn1anan1，Tn表示数列bn的前n项和，若Tna恒成立，求Tn及实数a的取值范围.解(1)由Sn1(Sn1)2，得Sn1Sn1，所以数列Sn是以S1为首项，1为公差的等差数列，所以SnS1(n1)1，即Snn2，由公式anS1，n1，SnSn1，n2，)得an1，n1，2n1，n2，)所以an2n1

24、.(2)因为bn1anan11(2n1)(2n1)12avs4alco1(f(112n1)，所以Tnb1b2bn12blc(rcrc1rc12n1)12avs4alco1(1f(12n1)，显然Tn是关于n的增函数，所以Tn有最小值(Tn)minT112avs4alco1(1f(13)13.由于Tna恒成立，所以a13，于是a的取值范围是avs4alco1(，f(13).12.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；(2)记数列anbn的前n项和为Kn，设cnSnTnKn，求证：cn1cn(nN).(1)解设数列an的公差为d，则3a13d9，(a12d)2a1(a16d)，)解得a12，d1)或a13，d0)(舍去)，所以ann1，Snn(n3)2.又b1a12，b2a34，所以bn2n，Tn2n12.(2)证明因为anbn(n1)2n，所以Kn221322(n1)2n，所以2Kn222323n2n(n1)2n1，得Kn22122232n(n1)2n1，所以Knn2n1.则cnSnTnKn(n3)(2n1)2n1，cn1cn(n4)(2n11)2n2(n3)(2n1)2n12n1n22n20，所以cn1cn(nN).13