高三一轮复习热点题型高考专题突破3数列问题Word格式文档下载.docx
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A.B.
C.D.
答案 B
解析 因为an+1=a1+an+n=1+an+n,
所以an+1-an=n+1.
用累加法:
an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)
=1+2+…+n=,
所以==2.
所以++…+
=2
=2×
=,故选B.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为( )
答案 A
解析 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
∵a5=5,S5=15,∴∴
∴an=a1+(n-1)d=n.
∴==-,
∴数列的前100项和为++…+=1-=.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N+都有Sn=an-,若1<
Sk<
9(k∈N+),则k的值为________.
答案 4
解析 当n>
1时,Sn-1=an-1-,
∴an=an-an-1,
∴an=-2an-1,
又a1=-1,∴{an}为等比数列,且an=-(-2)n-1,
∴Sk=,
由1<
9,得4<
(-2)k<
28,
又k∈N+,∴k=4.
题型一 等差数列、等比数列的综合问题
例1 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N+),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解
(1)设等比数列{an}的公比为q,
因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,
于是q2==.
又{an}不是递减数列且a1=,所以q=-.
故等比数列{an}的通项公式为
an=×
n-1=(-1)n-1·
.
(2)由
(1)得Sn=1-n=
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1<
Sn≤S1=,
故0<
Sn-≤S1-=-=.
当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
所以=S2≤Sn<
1,
故0>
Sn-≥S2-=-=-.
综上,对于n∈N+,总有-≤Sn-≤.
所以数列{Tn}最大项的值为,最小项的值为-.
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.
已知等差数列{an}满足:
a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?
若存在,求n的最小值;
若不存在,请说明理由.
解
(1)设数列{an}的公差为d,依题意知,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·
4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n.
显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,
Sn==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的正整数n;
当an=4n-2时,存在满足题意的正整数n,且n的最小值为41.
题型二 数列的通项与求和
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=,an+1=an.
(1)证明:
数列{}是等比数列;
(2)求通项an与前n项的和Sn.
(1)证明 因为a1=,an+1=an,
当n∈N+时,≠0.
又=,∶=(n∈N+)为常数,
所以{}是以为首项,为公比的等比数列.
(2)解 由{}是以为首项,为公比的等比数列,
得=·
()n-1,
所以an=n·
()n.
所以Sn=1·
+2·
()2+3·
()3+…+n·
()n,
Sn=1·
()2+2·
()3+…+(n-1)()n+n·
()n+1,
所以Sn=+()2+()3+…+()n-n·
()n+1
=-n()n+1,
所以Sn=2-()n-1-n·
()n
=2-(n+2)()n.
综上,an=n·
Sn=2-(n+2)·
思维升华
(1)一般求数列的通项往往要构造数列,此时要从证的结论出发,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,常用的有错位相减法,分组求和法,裂项求和法等.
在等比数列{an}(n∈N+)中,a1>1,公比q>0,设bn=log2an,且b1+b3+b5=6,b1b3b5=0.
(1)求{an}的通项an;
(2)若cn=,求{cn}的前n项和Sn.
解
(1)因为b1+b3+b5=6,
所以log2a1+log2a3+log2a5=6,
所以log2(a1a3a5)=6,所以log2(aq6)=6,
所以log2(a1q2)=2,即b3=2,a1q2=4=a3.
因为a1>1,所以b1=log2a1>0,
又因为b1b3b5=0,所以b5=0=log2a5,a5=1,
所以==q2,
解得
所以an=16×
n-1=25-n(n∈N+).
(2)由
(1)知an=25-n,所以bn=5-n(n∈N+),
所以cn==,
所以Sn=-[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]
=-(1-+-+-+…+-)
=-(1-)=(n∈N+).
题型三 数列与其他知识的交汇
命题点1 数列与函数的交汇
例3 已知二次函数f(x)=ax2+bx的图象过点(-4n,0),且f′(0)=2n,n∈N+,数列{an}满足=f′,且a1=4.
(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)f′(x)=2ax+b,由题意知b=2n,
16n2a-4nb=0,
∴a=,b=2n,
则f(x)=x2+2nx,n∈N+.
数列{an}满足=f′,
又f′(x)=x+2n,
∴=+2n,∴-=2n,
由叠加法可得-=2+4+6+…+2(n-1)=n2-n,
化简可得an=(n≥2),
当n=1时,a1=4也符合,
∴an=(n∈N+).
(2)∵bn==
=2,
∴Tn=b1+b2+…+bn
=++…+
=.
命题点2 函数与不等式的交汇
例4 已知等差数列{an}中,a2=6,a3+a6=27.
(2)记数列{an}的前n项和为Sn,且Tn=,若对于一切正整数n,总有Tn≤m成立,求实数m的取值范围.
解
(1)设公差为d,由题意得:
解得∴an=3n.
(2)∵Sn=3(1+2+3+…+n)=n(n+1),
∴Tn=,
∴Tn+1-Tn=-
=,
∴当n≥3时,Tn>
Tn+1,且T1=1<
T2=T3=,
∴Tn的最大值是,故m≥.
命题点3 数列应用题
例5 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍,并且每年年底固定给股东们分红500万元,该企业2010年年底分红后的资金为1000万元.
(1)求该企业2014年年底分红后的资金;
(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32500万元.
解 设an为(2010+n)年年底分红后的资金,其中n∈N+,
则a1=2×
1000-500=1500,
a2=2×
1500-500=2500,…,
an=2an-1-500(n≥2).
∴an-500=2(an-1-500)(n≥2),
即数列{an-500}是以a1-500=1000为首项,2为公比的等比数列.
∴an-500=1000×
∴an=1000×
2n-1+500.
(1)∵a4=1000×
24-1+500=8500,
∴该企业2014年年底分红后的资金为8500万元.
(2)由an>32500,即2n-1>32,得n>6,
∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32500万元.
思维升华 数列与其他知识的交汇问题,要充分利用题中限制条件确定数列的特征,如通项公式、前n项和公式或递推关系式,建立数列模型.
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)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和Sn;
(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-,求数列的前n项和Tn.
解
(1)由已知,得b7=
,b8=
=4b7,
有
=4×
=
解得d=a8-a7=2.
所以Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)f′(x)=2xln2,f′(a2)=
ln2,故函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-
ln2(x-a2),
它在x轴上的截距为a2-.
由题意,得a2-=2-,
解得a2=2.
所以d=a2-a1=1.
从而an=n,bn=2n.
所以Tn=+++…++,
2Tn=+++…+.
因此,2Tn-Tn=1+++…+-
=2--
所以Tn=.
1.在等差数列{an}中,a2=4,其前n项和Sn满足Sn=n2+λn(λ∈R).
(1)求实数λ的值,并求数列{an}的通项公式;
(2)若数列是首项为λ,公比为2λ的等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=S2-S1=(4+2λ)-(1+λ)=3+λ,
∴3+λ=4,∴λ=1.
∴a1=S1=12+1×
1=2,
∴d=a2-a1=2,
∴an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×
2=2n.
(2)由
(1)知λ=1,
∴+bn=1×
2n-1=2n-1,
∴bn=2n-1-=2n-1-,
∴Tn=(1+21+…+2n-1)-[++…+]=-=2n-.
2.(2015·
课标全国Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>
0,a+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
解
(1)由a+2an=4Sn+3,
可知a+2an+1=4Sn+1+3.
可得a-a+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>
0,可得an+1-an=2.
又a+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),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
bn===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
3.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+(-1)n(n∈N+).
(1)求数列{an}的前三项a1,a2,a3;
(2)求证:
数列{an+(-1)n}为等比数列,并求出{an}的通项公式.
(1)解 在Sn=2an+(-1)n(n∈N+)中分别令n=1,2,3得:
(2)证明 由Sn=2an+(-1)n(n∈N+)得:
Sn-1=2an-1+(-1)n-1(n≥2),两式相减得:
an=2an-1-2(-1)n(n≥2),
an=2an-1-(-1)n-(-1)n
=2an-1+(-1)n-1-(-1)n(n≥2),
∴an+(-1)n=2[an-1+(-1)n-1](n≥2).
故数列{an+(-1)n}是以a1-=为首项,2为公比的等比数列.
∴an+(-1)n=×
2n-1-×
(-1)n=-(-1)n.
4.(2015·
湖南)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,n∈N+.
an+2=3an;
(2)求Sn.
(1)证明 由条件,对任意n∈N+,有an+2=3Sn-Sn+1+3,
因而对任意n∈N+,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.
两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,
即an+2=3an,n≥2.
又a1=1,a2=2,
所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1,
故对一切n∈N+,an+2=3an.
(2)解 由
(1)知,an≠0,所以=3.于是数列{a2n-1}是首项a1=1,公比为3的等比数列;
数列{a2n}是首项a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=2×
3n-1.
于是S2n=a1+a2+…+a2n
=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1)
=3(1+3+…+3n-1)
从而S2n-1=S2n-a2n=-2×
3n-1=(5×
3n-2-1).
综上所述,Sn=
5.已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)·
f(y)且f
(1)=.
(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;
(3)设bn=(9-n),n∈N+,Sn为{bn}的前n项和,当Sn最大时,求n的值.
(1)解 令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)·
f
(1)=f(n),
∴{f(n)}是首项为,公比为的等比数列,
∴f(n)=n.
(2)证明 设Tn为{an}的前n项和,
∵an=n·
f(n)=n·
n,
∴Tn=+2×
3+…+n×
Tn=2+2×
3+3×
4+…+(n-1)×
n+n×
n+1,
两式相减得Tn=+2+3+…+n-n×
∴Tn=2-n-1-n×
n<2.
即a1+a2+a3+…+an<
2.
(3)解 ∵f(n)=n,
∴bn=(9-n)=(9-n)
∴当n≤8时,bn>0;
当n=9时,bn=0;
当n>9时,bn<0.
∴当n=8或9时,Sn取得最大值.
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