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2014届(浙江)高考数学(理)二轮专题训练:第1部分 专题三 第2讲 高考中的数列(解答题型)


第二讲 高考中的数列?解答题型?

考 点 等差、等比数列的判定与证明 数列求和问题
[来源:学,科,网 Z,X,X,K]

考 情 1.数列求和问题,多以考查公式法、错位相减法和裂项相 消法为主,且考查频率较高,是高考命题的热点,如 2013 年 浙江 T18 等.
[来源:学§科§网]

数列与函数、不等式的综合问题 数列与解析几何的综合问题

2.数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点, 主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法 研究数列的性质,多为中档题,如 2013 年天津 T19 等. 3.数列与解析几何交汇主要涉及点列问题,难度中等及 以上.

数列的实际应用问题

新情境、新定义问题

4.数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型 进行考查,难度中 等及以上.
[来源:Z_xx_k.Com][来源:学#科#网 Z#X#X#K][来源:Z+xx+k.Com]

1.(2013· 浙江高考)在公差为 d 的等差数列{an}中,已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等 比数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|. 解:(1)由题意得 5a3· a1=(2a2+2)2,a2=a1+d,a3=a1+2d 且 a1=10. 整理得 d2-3d-4=0. 故 d=-1 或 d=4. 所以 an=-n+11(n∈N*)或 an=4n+6(n∈N*). (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 1 21 则当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=Sn=- n2+ n. 2 2 1 21 当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=-S n+2S11= n2- n+110. 2 2

?-2n + 2 n,n≤11, 综上所述,|a |+|a |+|a |+?+|a |=? 1 21 ?2n - 2 n+110,n≥12.
2 1 2 3 n 2

1

21

3 2. (2013· 天津高考)已知首项为 的等比数列{an}不是 递减数列, 其前 n 项和为 Sn(n∈N*), .. 2 且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 Tn=Sn- (n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. Sn 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 1 3 +a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5=a3,于是 q2= = .又{an}不是递减数列且 a1= , a3 4 2 1 1 3 3 - ?n-1=(-1)n-1· n. 所以 q=- .故等比数列{an}的通项公式为 an= ×? 2 2 ? 2? 2 1 - ? n= (2)由(1)得 Sn=1-? ? 2?

?1+2 ,n为奇数, ? 1 ?1-2 ,n为偶数.
n n

1

3 1 1 3 2 当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小,所以 1<Sn≤S1= ,故 0<Sn- ≤S1- = - = 2 Sn S1 2 3 5 . 6 3 1 1 3 4 当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大,所以 =S2≤Sn<1,故 0>Sn- ≥S2- = - = 4 Sn S2 4 3 7 - . 12 7 1 5 综上,对于 n∈N*,总有- ≤Sn- ≤ . 12 Sn 6 5 7 所以数列{Tn}的最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12

一、递推公式求通项常用的方法和技巧 1.an+1=an+f(n),把原递推公式转化为 an+1-an=f(n),再利用累加法求解. an+1 2.an+1=f(n)an,把原递推公式转化为 =f(n),再利用累乘法求解. an 3.an+1=pan+q(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化 为 an+1-t=p(an-t),其中 t= 二、数列求和常用的方法 q ,再利用换元法转化为等比数列求解. 1-p

1.分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成 cn=an+bn 形式的数列求和问题 的方法,其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列. 2.裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式子的差,即 an=f(n+1)-f(n)的形式,然
? c ? 后通过累加抵消中间若干项的求和方法. 形如?a a ?(其中{an}是各项均不为 0 的等差数列, ? n n+1?

c 为常数)的数列等. 3.错位相减法:形如{an· bn}(其中{a n}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列求和,一般 分三步:①巧拆分; ②构差式;③求和. 4.倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用此法,一般步骤:①求通项 公式;②定和值;③倒序相加;④求和;⑤回顾反思.

热点一

等差、等比数列的判定与证明

[例 1] (2013· 北京高考)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列.该数列前 n 项的最大 值记为 An,第 n 项之后各项 an+1,an+2,?的最小值记为 Bn,dn=An-Bn. (1)若{an}为 2,1,4,3,2,1,4,3,?,是一个周期为 4 的数列(即对任意 n∈N*,an+4=an),写 出 d1,d2,d3,d4 的值; (2)设 d 是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,?)的充分必要条件为{an}是公差为 d 的 等差数列; (3)证明:若 a1=2,dn=1(n=1,2,3,?),则{an}的项只能是 1 或者 2,且有无穷多项为 1. [自主解答] (1)d1=d2=1,d3=d4=3. (2)证明:(充分性)因为{an}是公差为 d 的等差数列, 且 d≥0,所以 a1≤a2≤?≤an≤?, 因此 An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,?). (必要性)因为 dn=-d≤0(n=1,2,3,?),所以 An=Bn+dn≤Bn,又 an≤An,an+1≥Bn, 所以 an≤an+1, 于是,An=an,Bn=an+1, 因此 an+1-an=Bn-An=-dn=d, 即{an}是公差为 d 的等差数列. (3)证明:因为 a1=2,d1=1, 所以 A1=a1=2,B1=A1-d1=1. 故对任意 n≥1,an≥B1=1. 假设{an}(n≥2)中存在大于 2 的项. 设 m 为满足 am>2 的最小正整数,

则 m≥2,并且对任意 1≤k<m,ak≤2. 又 a1=2,所以 Am-1=2,且 Am=am>2. 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2. 故 dm- 1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,与 dm-1=1 矛盾. 所以对于任意 n≥1,有 an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为 1 或 2. 因为对任意 n≥1,an≤2=a1, 所以 An=2. 故 Bn=An-dn=2-1=1. 因此对于任意正整数 n,存在 m 满足 m>n,且 am=1,即数列{an}有无穷多项为 1. 总结———————————————— ——————————规律· 证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 an+1 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*)?{an}是等差数列; =q(q 是非零常数)?{an} an 是等比数列;
2 (2)等差(比)中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列 ;an an+2(n∈N*, +1 =an·

an≠0)?{an}是等比数列; (3)通项公式法:an=pn+q(p,q 为常数)?{an}是等差数列;an=a1· qn 1(其中 a1,q 为


非零常数,n∈N*)?{an}是等比数列. (4)前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B 为常数)?{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A 为非 零常数,q≠0,1)?{an}是等比数列.

1.已知数列{an},{bn}满足:a1=0,b1=2 013,且对任意的正整数 n,an,an+1,bn 和 an+1,bn+1,bn 均成等差数列. (1)求 a2,b2 的值; (2)证明:{an-bn}和{an+2bn}均成等比数列; (3)是否存在唯一的正整数 c,使得 an<c<bn 恒成立?证明你的结论. a1+b1 2 013 a2+b1 6 039 解:(1)a2= = ,b2= = . 2 2 2 4 (2)证明:依题意,对任意的正整数 n,有

?a ? ?b

n+1=

an+bn , 2 an+1+bn 2

n+1=

?a ?? ?b

n+1=

1 1 an+ bn, 2 2 1 3 a+ b, 4 n 4 n

n+1=

?1a +1b ?-?1a +3b ? an+1-bn+1 ?2 n 2 n? ?4 n 4 n? 因为 = an-bn an-bn
1 = ,n∈N*, 4 1 又 a1-b1=-2 013≠0,所以,{an-bn}是首项为-2 013,公比为 的等比数列; 4 an+1+2bn+1 因为 = an+2bn

?1an+1bn?+2?1an+3bn? 2 ? 4 ? ?2 ?4
an+2bn

=1,n∈N*,

又 a1+2b1=4 026≠0,所以,{an+2bn}是首项为 4 026,公比为 1 的等比数列. a +2bn=4 026, ? ? n (3)由(2)得? 2 013 an-bn=- n-1 , ? 4 ?

?a =1 342- 4 , 解得? 671 ?b =1 342+4 ,
n n-1 n n-1

1 342

n∈N*.

显然,{an}是单调递增数列,{bn}是单调递减数列,且 an<1 342<bn,n∈N*. 即存在正整数 c=1 342,使得对任意的 n∈N*,有 an<1 342<bn.

? 4 <1, 又令? 671 ?4 <1,
n-1 n-1

1 342

得 22n 2>1 342.


而 210=1 024,212=4 096, 所以 2n-2≥12,n≥7. 即对任意的 n∈N*当 n≥7 时,1 341<an<1 342<bn<1 343, 所以正整数 c=1 342 也是唯一的. 综上所述,存在唯一的正整数 c=1 342,使得对任意的 n∈N*,有 an<c<bn 恒成立.

热点二

数列求和问题

[例 2] (2013· 南昌模拟)下表是一个由正数组成的数表,数表中各行依次成等差数列, 各列依次成等比数列,且公比都相等,已知 a1,1=1,a2,3=6,a3,2=8. a1,1 a2,1 a3,1 a4,1 a1,2 a2,2 a3,2 a4,2 a1,3 a2,3 a3,3 a4,3 a1,4 a2,4 a3,4 a4,4 ? ? ? ?

? (1)求数列{an,2}的通项公式;

?

?

?

?

a1,n ( 2)设 bn= ,n=1,2,3,?,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an,2 [自主解答] (1)设各行依次组成的等差数列的公差是 d,各列依次组成的等比数列的公 比是 q(q>0), 则 a2,3=qa1,3=q(1+2d)?q(1+2d)=6, a3,2=q2a1,2=q2(1+d)?q2(1+d)=8, 解得 d=1,q=2.a1,2=2?an,2=2×2n 1=2n.


n 1 2 3 n (2)bn= n,则 Sn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Sn= 2+ 3+ 4+?+ n+1, 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 Sn= + 2+ 3+?+ n- n+1=1- n+1 , 2 2 2 2 2 2 2 n+2 所以 Sn=2- n . 2 互动探究 a1,n 若本例(2)中 bn= +(-1)na1,n,如何求 Sn? an,2 n 解:由例题可知 bn= n+(-1)nn, 2 1 2 3 n? n Sn=? ?2+22+23+?+2n?+[-1+2-3+…+(-1) n]. 1 2 3 n 设 Tn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 2 2 2 2 2 , n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 Tn= + 2+ 3+?+ n- n+1=1- n+1 , 2 2 2 2 2 2 2 n+2 所以 Tn=2- n . 2

?2,n为偶数, 又-1+2-3+?+?-1? · n=? 1+n ?- 2 ,n为奇数,
n

n

n+2 - ,n为偶数, ?2+n 2 2 故 S =? 3-n n+2 ? 2 - 2 ,n为奇数.
n n n

总结———————————————— ——————————规律· 六招解决数列求和问题 (1)转化法:将数列的项进行分组重组,使之转化为 n 个等差数列或等比数列,然后应 用公式求和. (2)错位相减法:(见要点归纳) (3)裂项相消法:(见要点归纳) (4)倒序相加法:(见要点归纳) (5)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求 Sn. (6)归纳猜想法:通过对 S1,S2,S3,?的计算进行归纳分析,寻求规律,猜想出 Sn,然 后用数学归纳法给出证明.

2.已 知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=3,若数列{Sn+1}是公比为 4 的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?an+1-3?· Sn+1 解:(1)由题意知 Sn+1=(S1+1)· 4n 1=4n,


所以 Sn=4n-1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3· 4n 1,且 a1=3 满足上式,


所以数列{an}的通项公式为 an=3· 4n 1.


an+1 4n (2)bn= = n + ?an+1-3?· Sn+1 ?4 -1??4n 1-1?

1 1 1 = ?4n-1-4n+1-1?, 3? ? 1 1 ? 1 ? 1 1 1? 1 1? 1 - + Tn=b1+b2+?+bn= ?41-1-42-1?+ · 3? ? 3 ?42-1 - 43-1?+?+3?4n-1 4n 1-1? 1 1 1 1 1 = ?41-1-4n+1-1?= - n+1 3? ? 9 3?4 -1?.

热点三

数列与函数、方程的综合应用

[例 3] (2013· 成都模拟)设函数 f(x)=x2,过点 C1(1,0)作 x 轴的垂线 l1 交函数 f(x)图像于 点 A1, 以 A1 为切点作函数 f(x)图像的切线交 x 轴于点 C2, 再过 C2 作 x 轴的垂线 l2 交函数 f(x) 图像于点 A2,?,以此类推得点 An,记 An 的横坐标为 an,n∈N*. (1)证明数列{an}为等比数列,并求出通项公式;

??? ? ??? ? 1 OB n(其中 O 为坐标原 (2)设直线 ln 与函数 g(x)=log x 的图像相交于点 Bn, 记 bn= OA n· 2
点),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
2 [自主解答] (1)以点 An-1(an-1,a2 n-1)(n≥2)为切点的切线方程为 y-an-1=2an-1(x-an- 1).

1 1 当 y=0 时,得 x= an-1,即 an= an -1. 2 2 又∵a1=1, 1 ∴数列{an}是以 1 为首项, 为公比的等比数列. 2 1?n-1 ∴通项公式为 an=? ?2? .

?1?n-1 ? (2)由题意,得 Bn? ??2? ,n-1?.
??? ? ??? ? 1?n-1 ?1?n-1 1?n-1 OB n=? ∴bn= OA n· (n-1)=n? ?4? +?4? · ?4? .
1?0 ?1?1 ?1?n-1 ∵Sn=1×? ?4? +2×?4? +?+n×?4? , 1?1 1 ?1?2 ?1?n S =1×? ?4? +2×?4? +?+n×?4? , 4 n 1?n 1-? 4? ? 1 1 1 1 1?n 3 ?0+1×? ?1+?+? ?n-1-n×? ?n= 两式相减,得 Sn=1×? -n×? 4 4 4 4 4? , ? ? ? ? ? ? ? ? ? 4 1 1- 4 16 4n 16? ?1?n 16 3n+4 + × 化简,得 Sn= -? = - . 9 ? 3 9 ? ?4? 9 9×4n-1 总结—————————————————— ——————————规律·

解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向 (1)函数条件的转化.直接利用函数与数列的对应关系,把函数解析式中的自变量 x 换 为 n 即可; (2)方程条件的转化.一般要根据方程解的有关条件进行转化; (3)数列向函数的转化.可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解,但要注意自变 量取值范围的限制.对于数列中的最值、范围等问题的求解,可转化为相应函数的单调性或 利用方程有解的条件来求解.

3.已知函数 f(x)=( x-1)2,g(x)=4(x-1).数列{an}是各项均不为 0 的等差数列,点(an +1,S2n-1)在函数 f(x)的图像上;数列{bn}满足 b1=2,bn≠1,且(bn-bn+1)· g(bn)=f(bn)(n∈ N*). (1)求数列{an}的通项公式,并证明数列{bn-1}是等比数列; an (2)若数列{cn}满足 cn= n-1 ,证明:c1+c2+c3+?+cn<3. 4 · ?bn-1?
2 解:(1)因为点(an+1,S2n-1)在函数 f(x)的图像上,所以 an =S2n-1. 2 ? ?a1=S1, ? 分别令 n=1,n=2,得 2 ? ?a2=S3, 2 ? ?a1=a1, 即? 解得 a1=1,d=2(d=-1 舍去),则 an=2n-1. 2 ??a1+d? =3a1+3d, ?

由(bn-bn+1)· g(bn)=f(bn),得 4(bn-bn+1)· (bn-1)=(bn-1)2. 由题意 bn≠1,所以 4(bn-bn+1)=bn-1, bn+1-1 3 即 3(bn-1)=4(bn+1-1),所以 = . bn-1 4 又因为 b1=2,所以 b1-1=1. 3 所以数列{bn-1}是首项为 1,公比为 的等比数列. 4 3?n-1 (2)证明:由(1)得 bn-1=? ?4? . cn= 4
n-1

an = · ?bn-1?

2n-1 2n-1 = n-1 . 3 - ?3? n-1 4n 1· ?4?

令 Tn=c1+c2+c3+?+cn, 2n-3 2n-1 1 3 5 则 Tn= 0+ 1+ 2+?+ n-2 + n-1 ,① 3 3 3 3 3 2n-3 2n-1 1 1 3 5 T = + + +?+ n-1 + n ,② 3 n 31 32 33 3 3

1 1- n-1 3 2n-1 2n-1 2n-1 2 1 2 2 2 2 1 ①-②得, Tn= 0+ 1+ 2+?+ n-1- n =1+ · - n =2- n-1- n 3 3 3 3 3 3 1 3 3 3 3 1- 3 2?n+1? =2- . 3n n+1 n+1 所以 Tn=3- n-1 ,所以 c1+c2+c3+?+cn=3- n-1 <3. 3 3

热点四

数列的实际应用

[例 4] 为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,长沙市计划用若干年时间更换 一万辆燃油型公交车.每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动 力型车.今年初投入了电力型公交车 128 辆,混合动力型公交车 400 辆,计划以后电力型车 每年的投入量比上一年增加 50%,混合动力型车每年比上一年多投入 a 辆. (1)求经过 n 年,该市被更换的公交车总数 S(n); (2)若该市计划用 7 年的时间完成全部更换,求 a 的最小值. [自主解答] (1)设 an、bn 分别为第 n 年投入的 电力型公交车、混合动力型公交车的数 量, 3 依题意知,数列{an}是首项为 128,公比为 1+50%= 的等比数列;数列{bn}是首项为 2 400,公差为 a 的等差数列. 所以数列{an}的前 n 项和

?3?n? 128×? ?1-?2? ? ?3?n-1?, Sn= =256? ??2? ? 3 1- 2
n?n-1? 数列{bn}的前 n 项和 Tn=400n+ a. 2 所以经过 n 年,该市更换的公交车总数 n?n-1? ?3?n ? S(n)=Sn+Tn=256? ??2? -1?+4 00n+ 2 a. (2)若用 7 年的时间完成全部更换,则 S(7)≥10 000, 7×6 ?3?7 ? 即 256? ??2? -1?+400×7+ 2 a≥10 000, 即 21a≥3 082, 3 082 所以 a≥ . 21 又 a∈N*,所以 a 的最小值为 147.

总结——————————————— ——————————规律· 求解数列应用题必须明确三点 (1)该应用题属于哪种数列模型,是等差数列还是等比数列; (2)是求通项问题还是求项数问题,或是求和问题; (3)题目中涉及哪几个量,这几个量之间存在什么关系.

4. 祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来, 在 11 个省区设立了海峡两岸农业合作试验 区和台湾农民创业园, 台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、 受理、 审批一站式服务.某台商到大陆一创业园投资 72 万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种 经费 12 万美元,以后每年增加 4 万美元,每年销售蔬菜收入 50 万美元,设 f(n)表示前 n 年 的纯收入.(f(n)=前 n 年的总收入-前 n 年的总支出-投资额) (1)从第几年开始该台商获利? (2)若干年后,该台商为开发新项目,有两种处理方案:①年平均利润最大时以 48 万美 元出售该厂;②纯利润总 和最大时,以 16 万美元出售该厂,问哪种方案最合算? 解:由题意知,每年的经费是以 12 为首项,4 为公差的等差数列. 设纯利润与年数的关系为 f(n), n?n-1? ? 则 f(n)=50n-?12n+ ×4 -72=-2n2+40n-72. 2 ? ? (1)获取纯利润就是要求 f(n)>0,故有-2n2+40n-72>0,解得 2<n<18. 又 n∈N*,可知从第三年开始获利. 36? f?n? (2)①平均利润为 =40-2? ?n+ n ?≤16,当且仅当 n=6 时取等号. n 故此方案获利-2×62+40×6-72+48=144(万美元),此时 n=6. ②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128,当 n=10 时,f(n)max=128. 故此方案共获利 128+16=144(万美元). 比较两种方案,第①种方案只需 6 年,第②种方案需要 10 年,故选择第①种方案.


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