2015年高考数学热点难点试题考纲解读专题专题8数列

专题8数列【2015年高考考纲解读】2015高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C级，熟练掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n项求和公式、性质等知识，理解其推导过程，并且能够灵活应用．(4)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题．(5)求数列的通项公式及其前n项和的基本的几种方法．(6)数列与函数、不等式的综合问题.[来源:gkstk.Com]试题类型可能是填空题，以考查单一性知识为主，同时在解答题中经常与不等式综合考查，构成压轴题．【重点、难点剖析】1．等差、等比数列的通项公式等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；等比数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝amqn－m.2．等差、等比数列的前n项和(1)等差数列的前n项和为Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－2d.特别地，当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且常数项为0，即可设Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．(2)等比数列的前n项和[来源:学优高考网]Sn＝na1，q＝1，a1－qn1－q＝a1－anq1－q，q≠1，特别地，若q≠1，设a＝a11－q，则Sn＝a－aqn.3．等差数列、等比数列常用性质(1)若序号m＋n＝p＋q，在等差数列中，则有am＋an＝ap＋aq；特别的，若序号m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；在等比数列中，则有am·an＝ap·aq；特别的，若序号m＋n＝2p，则am·an＝a2p；(2)在等差数列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，其公差为kd；其中Sn为前n项的和，且Sn≠0(n∈N*)；在等比数列{an}中，当q≠－1或k不为偶数时Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，其中Sn为前n项的和(n∈N*).4．数列求和的方法归纳(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n个等差数列或等比数列，然后应用公式求和；[来源:学优高考网](2)错位相减法：适用于{an·bn}的前n项和，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；(3)裂项法：求{an}的前n项和时，若能将an拆分为an＝bn－bn＋1，则a1＋a2＋…＋an＝b1－bn＋1；(4)倒序相加法：一个数列倒过来与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和容易求出，那么这样的数列求和可采用此法．其主要用于求组合数列的和．这里易忽视因式为零的情况；(5)试值猜想法：通过对S1，S2，S3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出Sn，然后用数学归纳法给出证明．易错点：对于Sn不加证明；(6)并项求和法：先将某些项放在一起先求和，然后再求Sn.例如对于数列{an}：a1＝1，a2＝3，a3＝2，an＋2＝an＋1－an，可证其满足an＋6＝an，在求和时，依次6项求和，再求Sn.5．数列的应用题(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{an}，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式.【高频考点】考点1、等差、等比数列中基本量的计算【例1】(1)(2014·全国大纲卷)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于()A．6B．5C．4D．3(2)(2014·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a90，a7＋a100，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．【命题意图】(1)本题主要考查等比数列的性质、对数的运算．(2)本题主要考查等差数列的性质，意在考查考生灵活应用等差数列的性质解决问题的能力．【答案】(1)C(2)8【解析】(1)lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.(2)∵数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a80，∴a80.又a7＋a10＝a8＋a90，∴a90，∴当n＝8时，其前n项和最大．【变式探究】设数列{an}是公差不为0的等差数列，Sn为其前n项的和，满足：a22＋a23＝a24＋a25，S7＝7.(1)求数列{an}的通项公式及前n项的和Sn；(2)设数列{bn}满足bn＝2an，其前n项的和为Tn，当n为何值时，有Tn＞512.(2)由(1)得an＝2n－7，所以bn＝2an＝22n－7，又bnbn－1＝22n－722n－9＝4(n≥2)，b1＝2a1＝125，所以{bn}是首项为125，公比为4的等比数列，所以它的前n项和Tn＝125－4n1－4＝13×25(4n－1)，于是由Tn＞512，得4n＞3×47＋1，所以n≥8时，有Tn＞512.【规律方法】求等差、等比数列通项与前n项和，除直接代入公式外，就是用基本量法，要注意对通项公式与前n项和公式的选择．【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，{}1＋Sn是公比为2的等比数列．(1)证明：{an}是等比数列，并求其通项；(2)设数列{bn}满足bn＝log3an，其前n项和为Tn，当n为何值时，有Tn≤2012?【解析】(1)证明由题意，得1＋Sn1＋Sn－1＝2(n≥2)，即1＋Sn＝4(1＋Sn－1)，同理，得1＋Sn＋1＝4(1＋Sn)．两式相减，得Sn＋1－Sn＝4(Sn－Sn－1)，即an＋1＝4an，an＋1an＝4(n≥2)．又a1＝3，所以{an}是首项为3，公比为4的等比数列，所以an＝3·4n－1＝3·22n－2.(2)解由(1)得an＝3·22n－2，所以bn＝log2(3·22n－2)＝log23＋2(n－1)，所以{bn}是首项为log23，公差为2的等差数列，前n项和为Tn＝nlog23＋n(n－1)，于是由n2＜nlog23＋n(n－1)≤2012，得n＜2012，又n∈N*，所以1≤n≤44，即n＝1,2,3，…，44时，Tn≤2012.考点2、与等差、等比数列有关的最值问题【例2】等差数列{an}的首项是2，前10项之和是15，记An＝a2＋a4＋a8＋a16＋…＋a2n，求An及An的最大值．【解析】设等差数列{an}的公差为d，由已知：a1＝2，10a1＋10×92d＝15，解得a1＝2，d＝－19，An＝a2＋a4＋a8＋…＋a2n＝na1＋d[1＋3＋7＋…＋(2n－1)]＝na1＋d(2＋22＋23＋…＋2n－n)＝2n－192－2n＋11－2－n＝19(19n＋2－2n＋1)，求An的最大值有以下两种解法．法一数列{a2n}的通项a2n＝a1＋(2n－1)d＝19(19－2n)令a2n＝19(19－2n)＞0，学优高考网得2n＜19(n∈N*)，由此可得a21＞a22＞a23＞a24＞0＞a25＞…，故使a2n＞0，n的最大值为4，所以(An)max＝19(19×4＋2－24＋1)＝469.法二由An＝19(19n＋2－2n＋1)，若存在n(n∈N*)，使得An≥An＋1，且An≥An－1，则An的值最大．19n＋2－2n＋119n＋＋2－2n＋2]，19n＋2－2n＋119n－＋2－2n]，解得9.5≤2n≤19(n∈N*)，取n＝4时，An有最大值(An)max＝19(19×4＋2－24＋1)＝469.[来源:gkstk.Com][来源:gkstk.Com]【规律方法】上述两种求An最值的方法都是运用函数思想．法一是直接研究子数列{a2n}．法二是研究An＝19(19n＋2－2n＋1)的单调性求其最值．【变式探究】已知等差数列{an}的首项a1≠0，公差d≠0，由{an}的部分项组成的数列ab1，ab2，…，abn，…为等比数列，其中b1＝1，b2＝2，b3＝6.(1)求数列{bn}的通项公式bn；(2)若数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn的值；(3)求An＝Sn－2012n9的最小值．【解析】(1)由a22＝a1a6，得(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，d2－3a1d＝0.又d≠0，所以d＝3a1，所以q＝4，所以abn＝a1·4n－1.又abn＝a1＋(bn－1)d＝a1＋(bn－1)3a1，所以a1·4n－1＝a1＋(bn－1)3a1.因为a1≠0，所以3(bn－1)＋1＝4n－1，故bn＝4n－13＋23.(2)Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝403＋23＋413＋23＋…＋4n－13＋23＝13(1＋4＋…＋4n－1)＋2n3＝13·1－4n1－4＋2n3＝134n－13＋2n.(3)由Sn＝134n－13＋2n，得An＝Sn－2012n9＝19(4n－2006n－1)，若存在n∈N*，使得An≤An＋1，且An≤An－1，则An的值最小．于是由194n－2006n－1≤19[4n＋1－2006n＋1－1]，194n－2006n－1≤19[4n－1－2006n－1－1]，解得20063≤4n≤4×20063(n∈N*)，取n＝5，(An)min＝29839.[来源:学优高考网gkstk]考点3、等差、等比数列的探求问题【例3】(2014·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.[来源:学优高考网gkstk](1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式．【命题意图】本题主要考查赋值法、数列前n项和Sn与通项an之间的关系、构造新数列等，考查考生的运算求解能力．【审题策略】(1)反复利用递推公式Sn＝2nan＋1－3n2－4n，Sn－Sn－1＝an(n≥2)进行递推．(2)由前三项a1，a2，a3归纳猜想出数列{an}的通项公式，再用数学归纳法证明．【解析】(1)由题意知，S2＝4a3－20，∴S3＝S2＋a3＝5a3－20.又S3＝15，∴a3＝7，S2＝4a3－20＝8.又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，∴a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.综上，a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，结论显然成立；②假设当n＝k(k≥1)时，ak＝2k＋1，则Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝k[3＋k＋2＝k(k＋2)．又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，解得2ak＋1＝4k＋6，∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知，∀n∈N*，an＝2n＋1.[来源:学优高考网gkstk]【变式探究】已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，令bn＝1an·an＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n项和Tn；(2)是否存在正整数m，n(1＜m＜n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)n＝1时，由a21＝S1＝a1，且a1≠0，得a1＝1.因为{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d，Sn＝na1＋nn－2d＝n＋nn－2d.于是由a2n＝S2n－1，得[1＋(n－1)d]2＝2n－1＋(2n－1)·(n－1)d，即d2n2＋(2d－2d2)n＋d2－2d＋1＝2dn2＋(2－3d)n＋d－1，所以d2＝2d，2d－2d2＝2－3d，d2－2d＋1＝d－1，解得d＝2.所以an＝2n－1，从而bn＝1an·an＋1＝1n－n＋＝1212n－1－12