2018届高考数学(理)热点题型:数列(有答案)

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2018届高考数学(理)热点题型:数列(有答案)

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来源莲山
课 件 w w w.5y K J.Co m 数列
热点一 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差、等比数列的综合问题时,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用.
【例1】已知首项为32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-1Sn(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=a5a3=14.
又{an}不是递减数列且a1=32,所以q=-12.
故等比数列{an}的通项公式为an=32×-12n-1
=(-1)n-1·32n.
(2)由(1)得Sn=1--12n=1+12n,n为奇数,1-12n,n为偶数,
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1<Sn≤S1=32,
故0<Sn-1Sn≤S1-1S1=32-23=56.
当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
所以34=S2≤Sn<1,
故0>Sn-1Sn≥S2-1S2=34-43=-712.
综上,对于n∈N*,总有-712≤Sn-1Sn≤56.
所以数列{Tn}最大项的值为56,最小项的值为-712.
【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题,既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解,更要善于根据具体问题情境具体分析,寻找解题的突破口.
【对点训练】已知数列{an}是公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,满足S5-2a2=25,且a1,a4,a13恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设Tn是数列1anan+1的前n项和,是否存在k∈N*,使得等式1-2Tk=1bk成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
∴5a1+5×42d-2(a1+d)=25,(a1+3d)2=a1(a1+12d),
解得a1=3,d=2,∴an=2n+1.
∵b1=a1=3,b2=a4=9,
∴等比数列{bn}的公比q=3,∴bn=3n.
(2)不存在.理由如下:
∵1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3,
∴Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=1213-12n+3,
∴1-2Tk=23+12k+3(k∈N*),
易知数列12k+3为单调递减数列,
∴23<1-2Tk≤1315,又1bk=13k∈0,13,
∴不存在k∈N*,使得等式1-2Tk=1bk成立.
热点二 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,常涉及与等差、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.常考求和方法有:错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.
【例2】设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)解 由题意有10a1+45d=100,a1d=2,
即2a1+9d=20,a1d=2,
解得a1=1,d=2或a1=9,d=29.
故an=2n-1,bn=2n-1或an=19(2n+79),bn=9·29n-1.
(2)解 由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,
故cn=2n-12n-1,
于是Tn=1+32+522+723+924+…+2n-12n-1,①
12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n.②
①-②可得
12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n
=3-2n+32n,
故Tn=6-2n+32n-1.
【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板
第一步:(判断结构)
若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的,则可用此法求和.
第二步:(乘公比)
设{an·bn}的前n项和为Tn,然后两边同乘以q.
第三步:(错位相减)
乘以公比q后,向后错开一位,使含有qk(k∈N*)的项对应,然后两边同时作差.
第四步:(求和)
将作差后的结果求和,从而表示出Tn.
【对点训练】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*.
(1)证明:an+2=3an;
(2)求S2n.
(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an+2an=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)=32(3n-1).
热点三 数列的综合应用
热点3.1 数列与函数的综合问题
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.
【例3-1】 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2-1ln 2,求数列anbn的前n项和Tn.
解 (1)由已知,b7=2a7,b8=2a8=4b7,
有2a8=4×2a7=2a7+2,解得d=a8-a7=2.
所以,Sn=na1+n(n-1)2d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2),
它在x轴上的截距为a2-1ln 2.
由题意知,a2-1ln 2=2-1ln 2,
解得a2=2.
所以,d=a2-a1=1.从而an=n,bn=2n,
所以Tn=12+222+323+…+n-12n-1+n2n,
2Tn=11+22+322+…+n2n-1
因此,2Tn-Tn=1+12+122+…+12n-1-n2n
=2-12n-1-n2n=2n+1-n-22n.
所以,Tn=2n+1-n-22n.
热点3.2 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.
【例3-2】 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 (1)设公差为d,由题意得:
a1+d=6,2a1+7d=27,解得a1=3,d=3,∴an=3n.
(2)∵Sn=3(1+2+3+…+n)=32n(n+1),
∴Tn=n(n+1)2n,Tn+1=(n+1)(n+2)2n+1,
∴Tn+1-Tn=(n+1)(n+2)2n+1-n(n+1)2n
=(n+1)(2-n)2n+1,
∴当n≥3时,Tn>Tn+1,且T1=1<T2=T3=32,
∴Tn的最大值是32,故实数m的取值范围是32,+∞. 文章
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