2015步步高高中数学理科文档第六章专题三

专题三高考中的数列问题1.公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4等于()A.－20B.0C.7D.40答案A解析记等比数列{an}的公比为q，其中q≠1，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2≠0.即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，S4＝1×[1－－34]1＋3＝－20，选A.2.等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于()A.12B.10C.8D.2＋log35答案B解析等比数列{an}中，a5a6＝a4a7，又因为a5a6＋a4a7＝18，∴a5a6＝9，log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝5log3(a5a6)＝5log39＝10.3.若正项数列{an}满足lgan＋1＝1＋lgan，且a2001＋a2002＋a2003＋…＋a2010＝2013，则a2011＋a2012＋a2013＋…＋a2020的值为()A.2013·1010B.2013·1011C.2014·1010D.2014·1011答案A解析由条件知lgan＋1－lgan＝lgan＋1an＝1，即an＋1an＝10，所以{an}为公比是10的等比数列.因为(a2001＋…＋a2010)·q10＝a2011＋…＋a2020，所以a2011＋…＋a2020＝2013·1010，选A.4.已知数列{an}满足an＝1＋2＋22＋…＋2n－1，则{an}的前n项和Sn＝________.答案2n＋1－2－n解析∵an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1，∴Sn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2×1－2n1－2－n＝2n＋1－2－n.5.把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，…循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为________.答案392解析将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数.又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n－1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n－1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.故填392.题型一等差、等比数列的综合问题例1在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列；(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.思维启迪(1)设出数列{an}的通项公式，结合已知条件列方程组即可求解；(2)由(1)写出bn的表达式，利用定义法证明；(3)写出Tn的表达式，考虑用错位相减法求解.(1)解由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，得方程组a1＋9d＝30a1＋19d＝50，解得a1＝12d＝2.所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.(2)证明由(1)，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，所以bn＋1bn＝4n＋14n＝4.所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列.(3)解由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n，①4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1＝41－4n－3－n×4n＋1.所以Tn＝3n－1×4n＋1＋49.思维升华(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的等比数列也是等差数列.(2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d的等差数列，则{abn}(a0，a≠1)就是一个等比数列，其公比q＝ad；反之，若数列{bn}是一个公比为q(q0)的正项等比数列，则{logabn}(a0，a≠1)就是一个等差数列，其公差d＝logaq.数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2且Sn＝Sn－1＋2n(n≥2，n∈N*).(1)求Sn；(2)是否存在等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a3，b3＝a9？若存在，求出数列{bn}的通项公式；若不存在，说明理由.解(1)因为Sn＝Sn－1＋2n，所以有Sn－Sn－1＝2n对n≥2，n∈N*成立.即an＝2n对n≥2，n∈N*成立，又a1＝S1＝2×1，所以an＝2n对n∈N*成立.所以an＋1－an＝2对n∈N*成立，所以{an}是等差数列，所以有Sn＝a1＋an2·n＝n2＋n，n∈N*.(2)存在.由(1)知，an＝2n对n∈N*成立，所以有a3＝6，a9＝18，又a1＝2，所以有b1＝2，b2＝6，b3＝18，则b2b1＝b3b2＝3，所以存在以b1＝2为首项，以3为公比的等比数列{bn}，其通项公式为bn＝2·3n－1.题型二数列与函数的综合问题例2已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tnm20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.思维启迪(1)先求出函数f(x)，再利用n，Sn的关系求an.(2)可以利用裂项相消法求出Tn.通过Tn的取值范围确定最小正整数m.解(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b.由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以an＝6n－5(n∈N*).(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝36n－5[6n＋1－5]＝12·16n－5－16n＋1，故Tn＝12[(1－17)＋(17－113)＋…＋(16n－5－16n＋1)]＝12(1－16n＋1).因此，要使12(1－16n＋1)m20对n∈N*恒成立，则m必须且仅需满足12≤m20，即m≥10.所以满足要求的最小正整数为10.思维升华数列与函数的综合一般体现在两个方面：(1)以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110c10115，求{cn}的通项公式.解(1)∵点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，∴Sn＝n2＋2n(n∈N*).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)对f(x)＝x2＋2x求导可得f′(x)＝2x＋2.∵过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn，∴kn＝2n＋2，∴Q＝{x|x＝2n＋2，n∈N*}，R＝{x|x＝4n＋2，n∈N*}.∴Q∩R＝R.又∵cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，∴c1＝6，∵{cn}的公差是4的倍数，∴c10＝4m＋6(m∈N*).又∵110c10115，∴1104m＋6115m∈N*，解得m＝27，所以c10＝114，设等差数列的公差为d，则d＝c10－c110－1＝114－69＝12，∴cn＝6＋(n－1)×12＝12n－6，所以{cn}的通项公式为cn＝12n－6.题型三数列与不等式的综合问题例3已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·2an(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立.思维启迪(1)先求an，再构造等比数列求bn；(2)不等式cn＋1cn恒成立，可以转化为求函数的最值问题.解(1)由已知，得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1，所以an＋2－an＋1＝1(n≥1).又a2－a1＝1，所以数列{an}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列.所以an＝n＋1.又bn＋1＋2＝4(bn＋2)，所以{bn＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列.所以bn＝4n－2.(2)因为an＝n＋1，bn＝4n－2，所以cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使cn＋1cn恒成立，需cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋10恒成立，即3·4n－3λ(－1)n－12n＋10恒成立.所以(－1)n－1λ2n－1恒成立.①当n为奇数时，即λ2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ1；②当n为偶数时，即λ－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2.所以λ－2，结合①②可知－2λ1.又λ为非零整数，则λ＝－1.故存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立.思维升华数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.(2013·天津)已知首项为32的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：Sn＋1Sn≤136(n∈N*).(1)解设等比数列{an}的公比为q，因为－2S2，S3,4S4成等差数列，所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，于是q＝a4a3＝－12.又a1＝32，所以等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1·32n.(2)证明由(1)知，Sn＝1－－12n，Sn＋1Sn＝1－－12n＋11－－12n＝2＋12n2n＋1，n为奇数，2＋12n2n－1，n为偶数.当n为奇数时，Sn＋1Sn随n的增大而减小，所以Sn＋1Sn≤S1＋1S1＝136.当n为偶数时，Sn＋1Sn随n的增大而减小，所以Sn＋1Sn≤S2＋1S2＝2512.故对于n∈N*，有Sn＋1Sn≤136.(时间：80分钟)1.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N)，a1＝12，判断1Sn与{an}是否为等差数列，并说明你的理由.解因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又因为an＋2SnSn－1＝0，所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)，所以1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)，又因为S1＝a1＝12，所以1Sn是以2为首项，2为公差的等差数列.所以1Sn＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝12n.所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝12n－12n－1＝－12nn－1，所以an＋1＝－12nn＋1，而an＋1－an＝－12nn＋1－－12nn－1＝－12n1n＋1－1