《（江蘇專用）2020版高考數學二輪復習 專題三 數列 第2講 數列的求解與綜合創(chuàng)新學案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考數學二輪復習 專題三 數列 第2講 數列的求解與綜合創(chuàng)新學案 文 蘇教版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　數列的求解與綜合創(chuàng)新 [2019考向導航] 考點掃描 三年考情 考向預測 2019 2018 2017 1．數列求通項、求和及求參數的范圍(值) 第14題 　　以解答題的形式考查，主要是等差、等比數列的定義、通項公式、前n項和公式及其性質等知識交匯綜合命題，考查用數列知識分析問題、解決問題的能力，屬高檔題． 2．數列的綜合與創(chuàng)新 第20題 第20題 第19題 1．必記的概念與定理 (1)等差數列{an}的前n項和公式： Sn＝＝na1＋d； (2)等比數列{an}的前n項和公式： q≠1時，Sn＝＝；q＝1時，Sn＝na1； (3)

2、數列求和的方法技巧 ①分組轉化法 有些數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將數列的通項公式拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數列或常見的數列，即先分別求和，然后再合并． ②錯位相減法 這是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列． ③倒序相加法 若求和式中到首尾距離相等的兩項和相等或者求和式中到首尾距離相等的兩項具有某種對稱性，則可以考慮使用倒序相加的求和方法． 在使用倒序相加法求和時要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解題結果后不要忽視了除以2． ④裂項相消法 利用通項公

3、式變形，將通項公式分裂成兩項或幾項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項的和． 2．記住幾個常用的公式與結論 常見的拆項公式： (1)＝－； (2)＝； (3)＝； (4)＝(－)． 3．需要關注的易錯易混點 在運用等比數列的前n項和公式時，必須注意對q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形導致解題失誤． 數列求通項、求和及求參數的范圍(值) [典型例題] (2019·南京高三模擬)已知常數p＞0，數列{an}滿足an＋1＝|p－an|＋2an＋p，n∈N*． (1)若a1＝－1，p＝1， ①求a4的值； ②求數列{an}的前n項和S

4、n． (2)若數列{an}中存在三項ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數列，求的取值范圍． 【解】　(1)因為p＝1，所以an＋1＝|1－an|＋2an＋1． ①因為a1＝－1，所以a2＝|1－a1|＋2a1＋1＝1， a3＝|1－a2|＋2a2＋1＝3，a4＝|1－a3|＋2a3＋1＝9． ②因為a2＝1，an＋1＝|1－an|＋2an＋1， 所以當n≥2時，an≥1， 從而an＋1＝|1－an|＋2an＋1＝an－1＋2an＋1＝3an(n≥2)， 所以an＝3n－2(n≥2)． 當n＝1時，S1＝－1． 當n≥2時，Sn＝－1＋a2＋a3＋…＋

5、an＝－1＋＝． 所以Sn＝ 即Sn＝，n∈N*． (2)因為an＋1－an＝|p－an|＋an＋p≥p－an＋an＋p＝2p＞0， 所以an＋1＞an，即{an}單調遞增． ①當≥1時，有a1≥p，于是an≥a1≥p， 所以an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an， 所以an＝3n－1a1． 若{an}中存在三項ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數列，則有2as＝ar＋at， 即2×3s－1＝3r－1＋3t－1．(*) 因為s≤t－1，所以2×3s－1＝×3s＜3t－1＜3r－1＋3t－1， 即(*)不成立． 故此時數列

6、{an}中不存在三項依次成等差數列． ②當－1＜＜1時，有－p＜a1＜p． 此時a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p＞p， 于是當n≥2時，an≥a2＞p， 從而an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an． 所以an＝3n－2a2＝3n－2(a1＋2p)(n≥2)． 若{an}中存在三項ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差數列， 由①可知，r＝1， 于是有2×3s－2(a1＋2p)＝a1＋3t－2(a1＋2p)． 因為2≤s≤t－1， 所以＝2×3s－2－3t－2＝×3s－×3t－1＜0． 因為2×3

7、s－2－3t－2是整數，所以≤－1， 于是a1≤－a1－2p，即a1≤－p，與－p＜a1＜p矛盾， 故此時數列{an}中不存在三項依次成等差數列． ③當≤－1時，有a1≤－p＜p，a1＋p≤0， 于是a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p，a3＝|p－a2|＋2a2＋p＝|p＋a1|＋2a1＋5p＝－p－a1＋2a1＋5p＝a1＋4p， 此時有a1，a2，a3成等差數列． 綜上可知：≤－1． 對于數列中有關參數的范圍(值)問題，技巧性較高，主要是抓住n∈N*這一特點，常常用函數思想和轉化化歸思想將有關問題轉化為函數或放縮到某一范圍處理． [對點訓練

8、] 1．(2019·江蘇名校高三入學摸底)已知數列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Sn； (3)在第(2)問的條件下，若不等式(－1)nλ(4－Sn)≤1對任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍． [解] (1)由已知得＝，其中n∈N*， 又＝1， 所以數列是首項為1，公比為2的等比數列， 所以＝2n－1，則an＝n·2n－1． (2)由(1)知，bn＝＝－， 故Sn＝ 4 ＝4． (3)由(2)得Sn＝4， 所以(－1)nλ(4－Sn)≤1可化為≤1． 當n

9、為奇數時，不等式可化為λ≥－， 記f(n)＝－，易證{f(n)}是遞減數列， 所以f(n)max＝f(1)＝－1，所以λ≥－1． 當n為偶數時，不等式可化為λ≤， 記g(n)＝，易證{g(n)}是遞增數列， 所以g(n)min＝g(2)＝3，所以λ≤3． 綜上可知，λ的取值范圍為－1≤λ≤3． 數列的綜合與創(chuàng)新 [典型例題] (2019·高考江蘇卷)定義首項為1且公比為正數的等比數列為“M－數列”． (1)已知等比數列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數列{an}為“M－數列”； (2)已知數列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝

10、1，＝－，其中Sn為數列{bn}的前n項和． ①求數列{bn}的通項公式； ②設m為正整數．若存在“M－數列”{cn}(n∈N*)，對任意正整數k，當k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值． 【解】　(1)證明：設等比數列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0． 由得解得 因此數列{an}為“M－數列”． (2)①因為＝－，所以bn≠0． 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2． 由＝－，得Sn＝， 當n≥2時，由bn＝Sn－Sn－1， 得bn＝－， 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn． 所以數列{bn}是首項和公差均為1的等差數列． 因此，數列{b

11、n}的通項公式為bn＝n(n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*． 因為數列{cn}為“M－數列”，設公比為q，所以c1＝1，q>0． 因為ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m． 當k＝1時，有q≥1； 當k＝2，3，…，m時，有≤ln q≤． 設f(x)＝(x>1)，則f′(x)＝． 令f′(x)＝0，得x＝e．列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  因為＝<＝，所以f(k)max＝f(3)＝． 取q＝，當k＝1，2，3，4，5時，≤ln q，即k≤qk，

12、經檢驗知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5． 若m≥6，分別取k＝3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6． 綜上，所求m的最大值為5． 數列綜合與創(chuàng)新問題的解題策略 (1)分析已知條件和求解目標，為最終解決問題設置中間問題，例如求和需要先求出通項公式、求通項公式需要先求出首項和公差(公比)等，確定解題的順序． (2)注意細節(jié)：在等差數列與等比數列綜合問題中，如果等比數列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等，這些細節(jié)對解題的影響也是巨大的

13、． [對點訓練] 2．對于給定的正整數k，若數列{an} 滿足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan對任意正整數n(n>k) 總成立，則稱數列{an} 是“P(k)數列”． (1)證明：等差數列{an}是“P(3)數列”； (2)若數列{an}既是“P(2)數列”，又是“P(3)數列”，證明：{an}是等差數列． [證明] (1)因為{an}是等差數列，設其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，從而，當n≥4時，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3， 所以a

14、n－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差數列{an}是“P(3)數列”． (2)數列{an}既是“P(2)數列”，又是“P(3)數列”，因此， 當n≥3時，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 當n≥4時，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an．② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差數列，設其公差為d′． 在①中，取n＝4，則a

15、2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′， 在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′， 所以數列{an}是等差數列． 1．已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，則a8＝________． [解析] 數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，則Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，即Sn＋1－Sn＝5，所以an＋1＝5，所以a8＝5． [答案] 5 2．(2019·江蘇省名校高三入學摸底卷)已知公差不為0的等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1

16、，a3，a4成等比數列，則的值為________． [解析] 法一：設等差數列{an}的公差為d，因為a1，a3，a4成等比數列， 所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)， 因為d≠0，所以a1＝－4d，所以＝＝＝＝－3． 法二：設等差數列{an}的公差為d，因為a1，a3，a4成等比數列， 所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，因為d≠0，所以a1＝－4d， 所以＝＝＝＝－3． [答案] －3 3．(2019·泰州市高三模擬)設f(x)是R上的奇函數，當x>0時，f(x)＝2x＋ln，記an＝f(n－5)，則數列{an}的前8項和為_

17、_______． [解析] 數列{an}的前8項和為a1＋a2＋…＋a8＝f(－4)＋f(－3)＋…＋f(3)＝f(－4)＋[f(－3)＋f(3)]＋[f(－2)＋f(2)]＋[f(－1)＋f(1)]＋f(0)＝f(－4)＝－f(4)＝－(24＋ln 1)＝－16． [答案] －16 4．(2019·日照模擬改編)已知數列{an}的前n項和Sn＝n2－6n，則{|an|}的前n項和Tn＝________． [解析] 由Sn＝n2－6n可得，當n≥2時， an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7． 當n＝1時，S1＝－5＝a1，也滿足上式， 所以an＝

18、2n－7，n∈N*． 所以n≤3時，an＜0；n≥4時，an＞0， 所以Tn＝ [答案] 5．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk對n∈N*恒成立，則正整數k的值為________． [解析] 由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即數列的前5項都為正數，第5項之后的都為負數，所以S5最大，則k＝5． [答案] 5 6．(2019·南京高三模擬)若等比數列{an}的各項均為正數，且a3－a1＝2，則a5的最小值為________． [解析] 設等比數列{an}的公

19、比為q(q＞0且q≠1)，則由a3－a1＝2，得a1＝．因為a3－a1＝2＞0，所以q＞1，所以a5＝a1q4＝．令q2－1＝t＞0，所以a5＝2≥8，當且僅當t＝1，即q＝時，等號成立，故a5的最小值為8． [答案] 8 7．(2019·江蘇名校高三入學摸底)定義實數a，b之間的運算⊕如下：a⊕b＝，已知數列{an}滿足：a1＝a2＝1，an＋2＝(n∈N*)，若a2 017＝1，記數列{an}的前n項和為Sn，則S2 017的值為________． [解析] 因為a1＝1，a2＝1，所以a3＝4，a4＝8，a5＝4， a6＝1，a7＝1，a8＝4，… 即此時{an}是周期數列，且

20、周期為5， 所以a2 017＝a2＝1，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝18， 故S2 017＝403×18＋a1＋a2＝7 256． [答案] 7 256 8．對于數列{an}，定義數列{an＋1－an}為數列{an}的“差數列”，若a1＝2，{an}的“差數列”的通項公式為an＋1－an＝2n，則數列{an}的前n項和Sn＝________． [解析] 因為an＋1－an＝2n， 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n． 所以Sn＝＝2n＋1－2． [答案] 2n＋1－

21、2 9．(2019·徐州調研)設等差數列{an}滿足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，則這個最小值為________． [解析] 設等差數列{an}的公差為d，因為a3＋a7＝36， 所以a4＋a6＝36， 與a4a6＝275，聯立，解得或 當時，可得此時an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知當n≤2時，an<0，當n≥3時，an>0， 所以a2a3＝－12為anan＋1的最小值； 當時，可得此時an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知當n≤7時，an>0，當n≥8時，an<0， 所以a7a8＝－12為anan＋1的最小值． 綜上，ana

22、n＋1的最小值為－12． [答案] －12 10．(2019·昆明調研)將數列{an}中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數陣： 記數陣中的第1列數a1，a2，a4，…構成的數列為{bn}，Sn為數列{bn}的前n項和．若Sn＝2bn－1，則a56＝________． [解析] 當n≥2時，因為Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，因為b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列，所以bn＝2n－1． 設a1，a2，a4，a7，a11，…的下標1，2，4，

23、7，11，…構成數列{cn}，則c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，所以cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1 024． [答案] 1 024 11．(2019·江蘇名校高三入學摸底)構造數組，規(guī)則如下：第一組是兩個1，即(1，1)，第二組是(1，2a，1)，第三組是(1，a(1＋2a)，2a，a(2a＋1)，1)，…，在每一組的相鄰兩個數之間插入這兩個數的和的a倍得到下一組，其中a∈．設第n組中有an個數，且這an個數的和為Sn(n∈N*)．

24、(1)求an和Sn； (2)求證：＋＋…＋≥． [解] (1)由題意可得a1＝2，an＋1＝an＋(an－1)＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，又a1－1＝1，則an－1＝2n－1，所以an＝2n－1＋1． 又S1＝2，且Sn＋1＝Sn＋2a(Sn－1)＝(2a＋1)Sn－2a，則Sn＋1－1＝(2a＋1)(Sn－1)，又S1－1＝1， 所以Sn－1＝(2a＋1)n－1，所以Sn＝(2a＋1)n－1＋1． (2)證明：令bn＝，則bn＝． 下面用分析法證明數列{bn}為單調遞增數列． 要證bn(2a＋1)n

25、＋1，只需證2(2a＋1)n－1≥(2a＋1)n，即證2≥2a＋1，顯然成立，則數列{bn}為單調遞增數列． 所以＋＋…＋≥n＝． 12．(2019·江蘇名校高三入學摸底)已知各項均為正數的數列{an}滿足：a1＝a，a2＝b，an＋1＝(n∈N*)，其中m，a，b均為實常數． (1)若m＝0，且a4，3a3，a5成等差數列． ①求的值； ②若a＝2，令bn＝，求數列{bn}的前n項和Sn； (2)是否存在常數λ，使得an＋an＋2＝λan＋1對任意的n∈N*都成立？若存在，求出實數λ的值(用m，a，b表示)；若不存在，請說明理由． [解] (1)①因為m＝0，所以a＝anan＋

26、2， 所以正項數列{an}是等比數列，不妨設其公比為q．又a4，3a3，a5成等差數列， 所以q2＋q＝6，解得q＝2或q＝－3(舍去)， 所以＝2． ②當a＝2時，數列{an}是首項為2、公比為2的等比數列，所以an＝2n， 所以bn＝ 即數列{bn}的奇數項依次構成首項為2、公比為4的等比數列，偶數項依次構成首項為3、公差為4的等差數列． 當n為偶數時，Sn＝＋＝＋－； 當n為奇數時，Sn＝＋－(2n＋1)＝＋－． 所以Sn＝． (2)存在常數λ＝，使得an＋an＋2＝λan＋1對任意的n∈N*都成立． 證明如下：因為a＝anan＋2＋m(n∈N*)， 所以a＝an

27、－1an＋1＋m，n≥2，n∈N*， 所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1， 即a＋an－1an＋1＝anan＋2＋a． 由于an>0，此等式兩邊同時除以anan＋1，得＝， 所以＝＝…＝， 即當n≥2，n∈N*時，都有an＋an＋2＝an＋1． 因為a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋m， 所以a3＝， 所以＝＝， 所以當λ＝時，對任意的n∈N*都有an＋an＋2＝λan＋1成立． 13．(2019·泰州市高三模擬)已知數列{an}，{bn}滿足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是數列{an}的前n項和． (1)若數列{an}是首項為，公比為－的等比數列，求數列

28、{bn}的通項公式； (2)若bn＝n，a2＝3，求數列{an}的通項公式； (3)在(2)的條件下，設cn＝，求證：數列{cn}中的任意一項總可以表示成該數列其他兩項之積． [解] (1)因為an＝＝－2， Sn＝＝， 所以bn＝＝＝． (2)若bn＝n，則2Sn＝nan＋2n，① 所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)，② ②－①得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2， 即nan＝(n－1)an＋1＋2，③ 當n≥2時，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，④ ④－③得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an， 即an－1＋an＋1

29、＝2an， 由2S1＝a1＋2，得a1＝2，又a2＝3， 所以數列{an}是首項為2，公差為3－2＝1的等差數列， 故數列{an}的通項公式是an＝n＋1． (3)證明：由(2)得cn＝， 對于給定的n∈N*，若存在k≠n，t≠n，k，t∈N*，使得cn＝ck·ct，只需＝·， 即1＋＝·，即＝＋＋，則t＝， 取k＝n＋1，則t＝n(n＋2)， 所以對數列{cn}中的任意一項cn＝，都存在cn＋1＝和cn2＋2n＝，使得cn＝cn＋1·cn2＋2n． 14．(2019·鹽城高三模擬)已知數列{an}滿足a1＝m，an＋1＝(k∈N*，r∈R)，其前n項和為Sn． (1)當m

30、與r滿足什么關系時，對任意的n∈N*，數列{an}都滿足an＋2＝an? (2)對任意的實數m，r，是否存在實數p與q，使得{a2n＋1＋p}與{a2n＋q}是同一個等比數列？若存在，請求出p，q滿足的條件；若不存在，請說明理由； (3)當m＝r＝1時，若對任意的n∈N*，都有Sn≥λan，求實數λ的最大值． [解] (1)由題意，得a1＝m，a2＝2a1＝2m，a3＝a2＋r＝2m＋r，由a3＝a1，得m＋r＝0． 當m＋r＝0時，因為an＋1＝(k∈N*)， 所以a1＝a3＝…＝m，a2＝a4＝…＝2m， 故對任意的n∈N*，數列{an}都滿足an＋2＝an． 即當實數m，r

31、滿足m＋r＝0時，題意成立． (2)依題意，a2n＋1＝a2n＋r＝2a2n－1＋r，則 a2n＋1＋r＝2(a2n－1＋r)， 因為a1＋r＝m＋r，所以當m＋r≠0時，{a2n＋1＋r}是等比數列，且a2n＋1＋r＝(a1＋r)2n＝(m＋r)2n． 為使{a2n＋1＋p}是等比數列，則p＝r． 同理，當m＋r≠0時，a2n＋2r＝(m＋r)2n，則為使{a2n＋q}是等比數列，則q＝2r． 綜上所述， ①若m＋r＝0，則不存在實數p，q，使得{a2n＋1＋p}與{a2n＋q}是等比數列； ②若m＋r≠0，則當p，q滿足q＝2p＝2r時，{a2n＋1＋p}與{a2n＋q}是同一個等比數列． (3)當m＝r＝1時，由(2)可得a2n－1＝2n－1，a2n＝2n＋1－2， 當n＝2k時，an＝a2k＝2k＋1－2， Sn＝S2k＝(21＋22＋…＋2k)＋(22＋23＋…＋2k＋1)－3k＝3(2k＋1－k－2)， 所以＝3． 令ck＝，則ck＋1－ck＝－＝<0， 所以≥，λ≤． 當n＝2k－1時，an＝a2k－1＝2k－1，Sn＝S2k－a2k＝3(2k＋1－k－2)－(2k＋1－2)＝2k＋2－3k－4， 所以＝4－， 同理可得≥1，λ≤1． 綜上所述，實數λ的最大值為1． - 15 -