资源描述
高考专题突破四高考中的数列问题题型一等差数列、等比数列的基本问题例1(2018浙江杭州地区四校联考)已知数列an满足a11, ，记Snaaa，若S2n1Sn对任意的nN*恒成立(1)求数列a的通项公式；(2)求正整数t的最小值解(1)由题意得4，则是以1为首项，4为公差的等差数列，则1(n1)44n3，则a.(2)不妨设bnS2n1Snaaa，考虑到bnbn1aaa(aaaa)aaa0，因此数列bn单调递减，则bn的最大值为b1S3S1aa，t，则tmin10.思维升华等差数列、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；(2)设cn2bn，若数列cn是递减数列，求实数的取值范围解(1)设数列an的公差为d，依题意可得解得(舍去)或故an22(n1)2n，bn2n1.(2)由(1)可知cn2n3n，若cn是递减数列，则cn1cn，即2n13n1n在nN*时成立，只需max.因为yn在nN*时单调递减，所以max.故，即实数的取值范围是.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，数列是首项为1，公差为2的等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足5(4n5)n，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以12(n1)2n1.所以Sn2n2n.当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1(2n2n)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)当n1时，所以b12a12；当n2时，由5(4n5)n，所以5(4n1)n1.两式相减，得(4n3)n.因为an4n3，所以bn2n(当n1时，也符合此式)又2，则数列bn是首项为2，公比为2的等比数列所以Tn2n12.思维升华(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)求数列an的通项公式；(2)若f(x)2x1，求证：Tnb1f(1)b2f(2)bnf(n)(n1)(1)解由题意知SnSn1Sn1Sn22n1(n3)，即anan12n1(n3)，所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)a22n12n22252n12n2222122n1(n3)，检验知n1,2时，结论也成立，故an2n1.(2)证明由于bnf(n)2n1.故Tnb1f(1)b2f(2)bnf(n).所以Tn.题型三数列与不等式的交汇例3已知数列an满足a11，an1，nN*，记Sn，Tn分别是数列an，a的前n项和，证明：当nN*时，(1)an1an；(2)Tn2n1；(3)1Sn0，故an1anan0，an1an，nN*.(2)由an，得a2，从而aa22aaa2n，又a11，1aaa2n，Tn2n1，nN*.(3)由(2)知，an1，由Tna1，得an1，当n2时，an()，Sna1(1)()()1(1)，n2，又a11，Sn1，综上，1Snan；(2)0，得0an1.(1)a1，a1，两式相减得0aa0，故an1an0，即an1an.(2)因为an1，所以an，由0an1，得1，从而当i2时，11.所以0；当n6时，cn0，设cn的前n项和为Tn，则Tn10nn2，当n5时，SnTn10nn2；当n6时，Sn2T5Tnn210n50.综上，Sn2(2018绍兴市嵊州市适应性考试)已知Sn是数列an的前n项和，a12，且4Snanan1，数列bn中，b1，且bn1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设(nN*)，求cn的前n项和Tn.解(1)当n1时，可得a24，当n2时，4Snanan1,4Sn1anan1，两式相减，得4anan(an1an1)，an0，an1an14，an的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列，当n2k1，kN*时，an2n；当n2k，kN*时，an2n.an2n(nN*)(2)，当n2时，将上式累加得，bn(n2)，n1时也适合，bn(nN*)，cn，Tn，Tn，再由错位相减得Tn2.3(2018浙江名校新高考研究联盟联考)设数列an的前n项和为Sn，且是一个首项与公差均为1的等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)对任意的kN*，将数列an中落入区间(2k,22k)内的项的个数记为bk，求数列bk的通项公式；记ck，数列ck的前k项和为Tk，求使等式成立的所有正整数k，m的值解(1)由题意得1(n1)1n，Snn2，则anSnSn1n2(n1)22n1(n2)，当n1时，a11，适合上式，因此an2n1(nN*)(2)2kan22k，2k2n122k，则2k12n22k1，即2k1n22k1，2k11n22k1，则bk22k1(2k11)122k12k1，kN*.由题意得ck，Tk44，则Tk14，1，1，由，得，则42m(4m)2k14，即有082m(4m)2k1，因此m0.因此f(n)单调递增，则f(n)的最小值为f(2).(3)方法一由(1)知，bn，当n2时，因为S11，S21，S31，Sn11，所以S1S2Sn1n1(n2)(n3)n(n1)n1n1n1n1n(n1)n1nn而(Sn1)g(n)g(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的自然数恒成立方法二由bn，可得Sn1，SnSn1(n2)，即n(SnSn1)1(n2)，故nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S2S1S11，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5(2019诸暨质检)已知数列an的各项都大于1，且a12，aan1a10(nN*)(1)求证：anan1n2；(2)求证：0，得an1an，an1an1，an1(an1an)(a2a1)a1，an(anan1)(a2a1)a12(n2)，又a12，an.原不等式得证(2)aaan111，aa，即a，2a3，4411.原不等式得证6(2018浙江名校协作体考试)已知无穷数列an的首项a1，nN*.(1)证明：0an1；(2)记bn，Tn为数列bn的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn.证明(1)当n1时，0a11，显然成立；假设当nk(kN*)时不等式成立，即0ak1，那么当nk1时，21，0ak11.即当nk1时不等式也成立综合可知，0an1对任意nN*成立(2)0an1，1，即an1an，数列an为递增数列又，易知为递减数列，为递减数列，又，当n2时，当n2时，bn(an1an)(an1an)当n1时，TnT1b1，成立；当n2时，Tnb1b2bn(a3a2)(a4a3)(an1an)(an1a2)(1a2).综上，对任意正整数n，Tn.
展开阅读全文