高考必考题突破讲座3

状元桥优质课堂高考必考题突破讲座(三)数列的综合问题高考总复习·数学（文科）目录高考必考题突破讲座返回目录题型特点考情分析命题趋势从近几年高考试题来看，全国卷中的数列与三角基本上交替考查，难度不大，考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循.2018·全国卷Ⅰ，172018·全国卷Ⅲ，172017·全国卷Ⅲ，172017·天津卷，18以数列为载体，综合不等式，考查推理与证明思想方法的应用，仍然是命题的关注点.分值：12分返回目录题型一数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法，常考的求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．返回目录【例1】Sn为数列an的前n项和，已知an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求an的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列bn的前n项和．解析(1)由a2n＋2an＝4Sn＋3可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)·(an＋1－an)．由于an＞0，所以an＋1－an＝2.又由a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.返回目录所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.返回目录(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝12n＋12n＋3＝12·12n＋1－12n＋3.设数列bn的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝12×13－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝n32n＋3.返回目录素养解读本例(1)中由已知直接推导求出{an}的通项公式，体现了逻辑推理的核心素养；(2)中用裂项相消法求得{bn}的前n项和，体现了数学抽象和数学运算的核心素养．返回目录【突破训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)．(1)求m的值；(2)若数列{bn}满足an2＝log2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和．返回目录解析(1)因为Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14，所以am＝Sm－Sm－1＝4，am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14，设数列{an}的公差为d，则2am＋3d＝14，所以d＝2.因为Sm＝a1＋am2×m＝0，所以a1＝－am＝－4，所以am＝－4＋2(m－1)＝4，解得m＝5.返回目录(2)由(1)知an＝－4＋2(n－1)＝2n－6，所以n－3＝log2bn，即bn＝2n－3，所以(an＋6)·bn＝2n·2n－3＝n·2n－2.设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn，则Tn＝1×12＋2×1＋3×2＋…＋n·2n－2，①所以2Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，②返回目录①－②得－Tn＝12＋1＋2＋…＋2n－2－n·2n－1＝121－2n1－2－n·2n－1＝(1－n)·2n－1－12.所以Tn＝(n－1)·2n－1＋12.返回目录题型二数列与函数的综合问题1．数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选．返回目录2．数列与函数问题的解题技巧(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．返回目录【例2】已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*.(1)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0,0＜φ＜π)在x＝π6处取得最大值a4＋1，求函数f(x)在区间－π12，π2上的值域；(2)求数列{an}的通项公式．返回目录解析(1)因为anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，所以an＋2an＝2，又因为a1＝1，所以a1a2＝21，即a2＝2，所以a3＝2，a4＝4，所以A＝a4＋1＝5，所以f(x)＝5sin(2x＋φ)．又因为x＝π6时，f(x)＝5，所以sinπ3＋φ＝1，且0＜φ＜π，所以φ＝π6，所以f(x)＝5sin2x＋π6.返回目录又因为x∈－π12，π2，所以2x＋π6∈0，7π6.所以sin2x＋π6∈－12，1，所以函数f(x)在－π12，π2上的值域为－52，5.返回目录(2)由(1)得a1＝1，a2＝2，an＋2an＝2，所以当n为奇数时，an＝a1·2n－12＝2n－12；当n为偶数时，an＝a2·2n－22＝2n2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－12，n为奇数，2n2，n为偶数.返回目录素养解读本例中将三角函数的性质与解析式求解与数列结合在一起，综合考查了数学运算和直观想象的核心素养．返回目录【突破训练2】已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，若点(an＋1，Sn)在函数f(x)＝13x－23的图象上，设bn＝log2an.(1)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；(2)求数列4bn＋1bn＋3的前n项和Tn.返回目录解析(1)数列{bn}为等差数列．理由如下：因为点(an＋1，Sn)在函数f(x)＝13x－23的图象上，所以3Sn＝an＋1－2，①当n≥2时，3Sn－1＝an－2，②由①－②得3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an.又a1＝2,3a1＝a2－2，所以a2＝8，则a2＝4a1.所以数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，所以an＝2×4n－1＝22n－1.因为bn＝log2an，所以bn＝log222n－1＝2n－1，返回目录所以bn＋1－bn＝2(n＋1)－1－(2n－1)＝2，所以数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．返回目录(2)由(1)知bn＝2n－1，所以4bn＋1bn＋3＝42n2n＋2＝1nn＋1＝1n－1n＋1，所以数列4bn＋1bn＋3的前n项和Tn＝11－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.返回目录题型三数列与不等式的综合问题1．数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．返回目录2．数列中不等式的处理方法(1)函数法：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．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较法：作差比较或作商比较．返回目录【例3】已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q0，n∈N*.(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)设双曲线x2－y2a2n＝1的离心率为en，且e2＝53，证明：e1＋e2＋…＋en4n－3n3n－1.返回目录解析(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，从而an＝qn－1.由2a2，a3，a2＋2成等差数列可得2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，又因为q0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．返回目录(2)证明：由(1)可知an＝qn－1.所以双曲线x2－y2a2n＝1的离心率en＝1＋a2n＝1＋q2n－1.由e2＝1＋q2＝53，q0，解得q＝43.因为1＋q2(k－1)q2(k－1)，所以1＋q2k－1qk－1(k∈N*)．故e1＋e2＋…＋en1＋q＋…＋qn－1＝qn－1q－1＝4n－3n3n－1.返回目录素养解读本例(1)中直接计算通项公式考查了数学运算的核心素养；(2)中证明不等式采用了放缩法，考查了数学建模和逻辑推理的核心素养．返回目录【突破训练3】在等差数列{an}中，a2＝6，a3＋a6＝27.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，且Tn＝Sn3·2n－1，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m的取值范围．解析(1)设公差为d，由题意得a1＋d＝6，2a1＋7d＝27，解得a1＝3，d＝3，所以an＝3n.返回目录(2)因为Sn＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n＋1)，所以Tn＝nn＋12n，Tn＋1＝n＋1n＋22n＋1，所以Tn＋1－Tn＝n＋1n＋22n＋1－nn＋12n＝n＋12－n2n＋1，所以当n≥3时，TnTn＋1，且T1＝1T2＝T3＝32，所以Tn的最大值是32，故实数m的取值范围是32，＋∞.