第六章高考专题突破三.docx

高考专题突破三　高考中的数列问题
考点自测
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．－20 B．0 C．7 D．40
答案　A
解析　设等比数列{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＝＝－20，故选A.
2．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　)
A．(3n－1)2 B.(9n－1)
C．9n－1 D.(3n－1)
答案　B
解析　a1＝2，a1＋a2＋…＋an＝3n－1，①
n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，②
①－②得an＝3n－1·2(n≥2)，
n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1.
∴a＋a＋…＋a
＝＝
＝(9n－1)．
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，S50＝0.设bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，则当数列{bn}的前n项和Tn取得最大值时，n的值是(　　)
A．23 B．25
C．23或24 D．23或25
答案　D
解析　因为S50＝(a1＋a50)
＝25(a25＋a26)＝0，
a1>0，所以a25>0，a26<0，
所以b1，b2，…，b23>0，b24＝a24a25a26<0，
b25＝a25a26a27>0，
b26，b27，…<0，
且b24＋b25＝0，
所以当数列{bn}的前n项和Tn取得最大值时，n的值为23或25.
4．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<Sk<9，得4<(－2)k<28，
又k∈N*，∴k＝4.
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　等差数列、等比数列的综合问题
例1　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由已知得解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.
解得q1＝2，q2＝.
∵q>1，∴q＝2，∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，
由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln 23n＝3nln 2.
又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝·ln 2.
故Tn＝ln 2.
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}(a>0，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(q>0)的正项等比数列，则{logabn}(a>0，a≠1)就是一个等差数列，其公差d＝logaq.
　已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}对n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.
解　(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2 (因为d>0).
∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，
∴bn＝3·3n－2＝3n－1.
(2)由＋＋…＋＝an＋1，得
当n≥2时，＋＋…＋＝an.
两式相减得，＝an＋1－an＝2.
∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2)．
又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.
∴cn＝
∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013
＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.
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.
∴Sn＝1·()＋2·()2＋3·()3＋…＋n·()n，
Sn＝1·()2＋2·()3＋…＋(n－1)()n＋n·()n＋1，
∴Sn＝()＋()2＋()3＋…＋()n－n·()n＋1
＝－n·()n＋1，
∴Sn＝2－()n－1－n·()n
＝2－(n＋2)·()n.
综上，an＝n·()n，Sn＝2－(n＋2)·()n.
思维升华　(1)一般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，本题选用的错位相减法，常用的还有分组求和，裂项求和．
　已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝，n∈N*.
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
(1)证明　∵Sn＝，n∈N*，
∴当n＝1时，a1＝S1＝ (an>0)，∴a1＝1.
当n≥2时，由
得2an＝a＋an－a－an－1.
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)．
∴数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列．
(2)解　由(1)可得an＝n，Sn＝，
bn＝＝＝－.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝.
题型三　数列与不等式的综合问题
例3　(2013·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
(1)解　2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，
所以a2＝4.
(2)解　当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.
(3)证明　当n＝1时，＝1<；
当n＝2时，＋＝1＋＝<；
当n≥3时，＝<＝－，
此时＋＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋＋＋…＋
＝＋－＝－<，
所以对一切正整数n，有＋＋…＋<.
思维升华　(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解．
(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明．
　已知等差数列{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＝，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≥.

(时间：80分钟)
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得解得
所以an＝2n－1.
(2)因为bn＝＝×4n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有an＋Sn＝n.
(1)设bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)设c1＝a1且cn＝an－an－1(n≥2)，求{cn}的通项公式．
(1)证明　由a1＋S1＝1及a1＝S1得a1＝.
又由an＋Sn＝n及an＋1＋Sn＋1＝n＋1得
an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1.
∴2(an＋1－1)＝an－1，即2bn＋1＝bn.
∴数列{bn}是以b1＝a1－1＝－为首项，
为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知2an＋1＝an＋1，
∴2an＝an－1＋1(n≥2)．
∴2an＋1－2an＝an－an－1(n≥2)，
即2cn＋1＝cn(n≥2)．
又c1＝a1＝，2a2＝a1＋1，∴a2＝.
∴c2＝－＝，
即c2＝c1.
∴数列{cn}是首项为，公比为的等比数列．
∴cn＝·()n－1＝.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n＋1.
(1)证明：数列{}是等差数列；
(2)若不等式2n2－n－3<(5－λ)an对∀n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
(1)证明　当n＝1时，S1＝2a1－22得a1＝4.
Sn＝2an－2n＋1，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2n，两式相减得
an＝2an－2an－1－2n，即an＝2an－1＋2n，
所以－＝－＝＋1－＝1.
又＝2，
所以数列{}是以2为首项，1为公差的等差数列．
(2)解　由(1)知＝n＋1，即an＝(n＋1)·2n.
因为an>0，所以不等式2n2－n－3<(5－λ)an等价于5－λ>，
记bn＝，n≥2时，＝＝，
所以n≥3时<1，(bn)max＝b3＝，
所以λ<.
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，它们满足S4＝2S2＋8，b2＝，T2＝，且当n＝4或5时，Sn取得最小值．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn＝(Sn－λ)(－Tn)，n∈N*，如果{cn}是单调数列，求实数λ的取值范围．
解　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
因为当n＝4或5时，Sn取得最小值，所以a5＝0，
所以a1＝－4d，所以an＝(n－5)d，
又由a3＋a4＝a1＋a2＋8，
得d＝2，a1＝－8，
所以an＝2n－10；
由b2＝，T2＝得b1＝，
所以q＝，所以bn＝.
(2)由(1)得Sn＝n2－9n，Tn＝－，
cn＝，
当{cn}为递增数列时，cn<cn＋1，
即λ>n2－10n＋4恒成立，∴λ∈∅，
当{cn}为递减数列时，cn>cn＋1，
即λ<n2－10n＋4恒成立，
∴λ<－21，
综上，实数λ的取值范围为(－∞，－21)．
5．已知正项数列{an}，{bn}满足：a1＝3，a2＝6，{bn}是等差数列，且对任意正整数n，都有bn，，bn＋1成等比数列．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设Sn＝＋＋…＋，试比较2Sn与2－的大小．
解　(1)∵对任意正整数n，都有bn，，bn＋1成等比数列，且数列{an}，{bn}均为正项数列，
∴an＝bnbn＋1(n∈N*)．
由a1＝3，a2＝6得
又{bn}为等差数列，即有b1＋b3＝2b2，
解得b1＝，b2＝，
∴数列{bn}是首项为，公差为的等差数列．
∴数列{bn}的通项公式为bn＝(n∈N*)．
(2)由(1)得，对任意n∈N*，
an＝bnbn＋1＝，
从而有＝＝2(－)，
∴Sn＝2[(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝1－.
∴2Sn＝2－.
又2－＝2－，
∴2Sn－(2－)＝－
＝.
∴当n＝1，n＝2时，2Sn<2－；
当n≥3时，2Sn>2－.
6．(2014·四川)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＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为＝()(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意知，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＝.