数列
核心考点·精准研析
考点一 数列的有关概念及通项公式?
1.数列{an}中,a1=1,当n≥2且n∈N
时,an=,则a3+a5=
( )
A.
B.
C.
D.
2.已知数列{an}的通项公式为an=n2-8n+15,则3
( )
A.不是数列{an}中的项
B.只是数列{an}中的第2项
C.只是数列{an}中的第6项
D.是数列{an}中的第2项或第6项
3.数列,-,,-,…的一个通项公式为
( )
A.an=(-1)n·
B.an=(-1)n·
C.an=(-1)n+1·
D.an=(-1)n+1·
4.若数列{an}满足a1=1,且对于任意的n∈N
都有an+1=an+n+1,则++…+等于
( )
A.
B.
C.
D.
5.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln,则an=
世纪金榜导学号( )
A.2+ln
n
B.2+(n-1)ln
n
C.2+nln
n
D.1+n+ln
n
【解析】1.选D.因为an=(n≥2),所以a3=,a5=,所以a3+a5=+=+=.
2.选D.令an=3,即n2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是数列{an}中的第2项或第6项.
3.选D.该数列是分数形式,分子为奇数2n+1,分母是指数2n,各项的符号由(-1)n+1来确定,所以D选项正确.
4.选D.由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,则a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,…,
an-an-1=(n-1)+1,以上等式相加,得an-a1=2+3+…+(n-1)+n,把a1=1代入上式得an=1+2+3+…+(n-1)+n=,
所以==2,
则++…+=2=
2=.
5.选A.因为an+1=an+ln,
所以an-an-1=ln=ln(n≥2),
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln+ln+…+ln+ln
2+2
=2+ln=2+ln
n(n≥2).
又a1=2适合上式,故an=2+ln
n(n∈N
).
将T3改为已知数列的前4项为2,0,2,0,则依此归纳该数列的通项不可能是
( )
A.an=(-1)n-1+1
B.an=
C.an=2sin
D.an=cos(n-1)π+1
【解析】选C.对n=1,2,3,4进行验证,an=2sin不合题意.
1.由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略
(1)常用方法:观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.
(2)具体策略:①分式中分子、分母的特征;
②相邻项的变化特征;
③各项的符号特征和绝对值特征;
④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破,或寻找分子、分母之间的关系;
⑤对于符号交替出现的情况,可用(-1)k或(-1)k+1,k∈N
处理.
2.递推公式推导通项公式的方法
(1)累加法:an+1-an=f(n).
(2)累乘法:
=f(n).
(3)待定系数法:an+1=pan+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0).把原递推公式转化为:an+1-t=p(an-t),其中t=,再利用换元法转化为等比数列求解.
【秒杀绝招】
1.代入法解T2根据选项可直接把n=2或n=6代入检验.
2.特值检验法解T3先利用排除法排除A、B,然后可直接把n=3代入检验排除C.
考点二 an与Sn的关系及其应用?
【典例】1.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2(an-1)(n∈N
),则an=
( )
A.2n
B.2n-1
C.2n
D.2n-1
2.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,求an.
世纪金榜导学号
【解题导思】
序号
联想解题
1
(1)看到an与Sn的关系,想到利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为an与an-1的关系(2)也可以先检验n=1,n=2,n=3进行排除
2
(1)利用an+1=Sn+1-Sn转化为Sn+1与Sn的关系(2)求得Sn,代入an=Sn-Sn-1(n≥2)得an,并检验n=1是否成立
【解析】1.选C.当n=1时,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,
所以an=2an-1,
所以数列{an}为首项为2,公比为2的等比数列,
所以an=2n.
【一题多解】选C.利用递推关系求出a1=2,a2=4,a3=8,易确定C.
2.由已知得an+1=Sn+1-Sn=Sn+1Sn,两边同时除以Sn+1Sn,
得-=-1,
故数列是以-1为首项,-1为公差的等差数列,则=-1-(n-1)=-n,所以Sn=-.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-+=,
故an=
【答题模板微课】本例题2的模板化过程:
建模板:当n=1时,a1=S1=-1,
…………求首项
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-+=,
…………作差求通项
经检验a1=-1不适合an=,
…………检验
故an=
…………结论
套模板:已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n+1,则an=________.?
【解析】当n=1时,a1=S1=1+2+1=4,
…………求首项
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1,
…………作差求通项
经检验a1=4不适合an=2n+1,
…………检验
故an=
…………结论
答案:
1.已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1=S1求出a1.
(2)用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式.
(3)注意检验n=1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并.
2.Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化.
(1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn,Sn-1的关系式,再求解.
(2)利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an,an-1的关系式,再求解.
1.已知数列{an}的前n项和Sn=2n-3,则数列{an}的通项公式是________.?
【解析】当n=1时,a1=S1=2-3=-1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-3)-(2n-1-3)=2n-2n-1=2n-1.当n=1时不满足,故an=
答案:an=
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则Sn=
( )
A.2n-1
B.
C.
D.
【解析】选B.由已知Sn=2an+1得Sn=2(Sn+1-Sn),即2Sn+1=3Sn,=,而S1=a1=1,所以Sn=.
【变式备选】
已知数列{an}的前n项和为Sn,求{an}的通项公式.
(1)Sn=2n2-3n.(2)Sn=3n+b.
【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2-3=-1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5.由于a1也适合此等式,所以an=4n-5.
(2)a1=S1=3+b,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2·3n-1.当b=-1时,a1适合此等式;当b≠-1时,a1不适合此等式.所以当b=-1时,an=2·3n-1;当b≠-1时,an=
考点三 数列的性质及其应用?
命题精解读
1.考什么:考查数列的单调性、周期性、最值问题2.怎么考:因为数列可以看作是一类特殊的函数值,所以数列也具备函数应具备的性质,因此常常以数列为载体,考查单调性、周期性以及最值等问题.解题过程中常常渗透逻辑推理的核心素养.3.新趋势:由递推关系求通项公式考查求通项公式的方法成为考试的新趋势
学霸好方法
1.解决数列单调性问题的三种方法(1)作差比较法(2)作商比较法(3)结合相应函数的图像直观判断.2.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值.3.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项;(2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项.4.交汇问题数列的函数特性可利用数形结合、分类讨论进行解题
数列的单调性
【典例】已知递增数列{an},an≥0,a1=0.对于任意的正整数n,不等式t2--3t-3an≤0恒成立,则正数t的最大值为
( )
A.1
B.2
C.3
D.6
【解析】选C.因为数列{an}是递增数列,
又t2--3t-3an=(t-an-3)(t+an)≤0,
t+an>0,所以t≤an+3恒成立,
t≤(an+3)min=a1+3=3,所以tmax=3.
在数列的恒成立问题中,若涉及求参数的最值问题时,如何进行合理地转化?
提示:在涉及求参数的最值问题时,常常与已知数列的单调性有关,因此解决这类问题,需要先判断该数列的单调性.
数列的周期性
【典例】若数列{an}满足a1=2,an+1=,则a2
022的值为
世纪金榜导学号( )
A.2
B.-3
C.-
D.
【解析】选B.因为a1=2,an+1=,所以a2==-3,同理可得:a3=-,a4=,a5=2,a6=-3,a7=-,a8=,…,可得an+4=an,则a2
022=a505×4+2=a2=-3.
在求数列中某一项的值,特别是该项的序号较大时,应该考虑如何求解?
提示:在求数列中某一项的值,特别是该项的序号较大时,应该考虑该数列是否具有周期性,利用周期性即可求出该数列中的某一项.
数列中的最值
【典例】数列{an}的通项为an=(n∈N
),若a5是{an}中的最大值,则a的取值范围是________.
世纪金榜导学号?
【解析】当n≤4时,an=2n-1单调递增,因此n=4时取最大值,a4=24-1=15.当n≥5时,an=-n2+(a-1)n=-+.
因为a5是{an}中的最大值,
所以
解得9≤a≤12.所以a的取值范围是[9,12].
答案:[9,12]
当数列涉及最大项或最小项问题时,除了用不等式组求解,还可以考虑什么方法?
提示:解决数列的最值问题,除了用不等式组求解,还可以将数列看作某个函数,利用求函数的最值的方法求数列的最值.
1.在数列中,a1=2,an+1=-,则a2
020等于( )
A.2
B.-
C.-
D.1
【解析】选A.因为a2=-=-,a3=-=-,a4=-=2,所以a3n+1=2,a3n+2=-,a3n+3=-,所以a2
020=a3×673+1=2.
2.已知数列{an}满足an=(n∈N
),则数列{an}的最小项是第______项.?
【解析】因为an=,所以数列{an}的最小项必为an<0,即<0,3n-16<0,从而n<.又n∈N
,所以当n=5时,an的值最小.
答案:5
3.已知数列{an}中,an=n2+λn,且{an}为递增数列,求实数λ的取值范围.
【解析】因为an+1-an=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+λ+1,所以由{an}为递增数列可得2n+λ+1>0,即λ>-2n-1对一切n∈N
恒成立.因为n=1时,-2n-1取得最大值-3,所以λ>-3,即λ∈(-3,+∞).
【一题多解】函数f(n)=n2+λn的图像的对称轴是n=-,如图,只需要-<,则λ>-3,即λ∈(-3,+∞).
1.(2020·石家庄模拟)已知在正项等比数列中,a2
020=4a2
018,a2+a4=20,则a2
020的个位数字是
( )
A.2
B.4
C.6
D.8
【解析】选C.设公比为q(q>0),依题意得
解得a1=q=2,故a2
020=2×22
019=22
020,注意到21个位数字是2,22个位数字是4,23个位数字是8,24的个位数字是6,25的个位数字是2,26的个位数字是4,…,故2n的个位数字的周期为4,而22
020=2505×4,故其个位数字为6.
2.数列{an}的通项公式为an=,则数列{an}中的最大项是
( )
A.3
B.19
C.
D.
【解析】选C.令f(x)=x+(x>0),运用基本不等式得f(x)≥2,当且仅当x=3时,等号成立.因为an=,所以≤,由于n∈N
,故当n=9或n=10时,an=最大.
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10
-等差数列
核心考点·精准研析
考点一 等差数列的基本运算?
1.在等差数列{an}中,a1+a5=8,a4=7,则a5=
( )
A.11
B.10
C.7
D.3
2.已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和,若S8=4S4,则a10=
( )
A.
B.
C.10
D.12
3.(2020·沈阳模拟)在等差数列{an}中,若Sn为前n项和,2a7=a8+5,则S11的值是
( )
A.55
B.11
C.50
D.60
4.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则
( )
A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=n2-2n
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=________.?
【解析】1.选B.设等差数列{an}的公差为d,则有解得所以a5=-2+4×3=10.
2.选B.由公差为1得S8=8a1+×1=8a1+28,S4=4a1+6.因为S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=a1+9d=+9=.
3.选A.设等差数列{an}的公差为d,由题意可得2(a1+6d)=a1+7d+5,得a1+5d=5,则S11=11a1+d=11(a1+5d)=11×5=55.
4.选A.设等差数列{an}的公差为d,由题知,解得所以an=2n-5.
5.由Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3得am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,所以等差数列的公差d=
am+1-am=3-2=1,
由
得解得
答案:5
第3题中若将条件“2a7=a8+5”改为“a9=a12+6”,其他条件不变,则数列{an}的前11项和S11等于________.?
【解析】S11==11a6,
设公差为d,由a9=a12+6
得a6+3d=(a6+6d)+6,
解得a6=12,所以S11=11×12=132.
答案:132
【继续探究】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a9=a12+6,a2=4,则数列的前2
021项和为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.设等差数列{an}的公差为d,
由a9=a12+6及等差数列的通项公式得a1+5d=12,又a2=4,所以a1=2,d=2,
所以Sn=n2+n,
所以==-,
所以++…+=++…+=1-=.
等差数列运算问题的通性方法
1.等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.
2.等差数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.
【秒杀绝招】
1.应用性质解T1
由等差数列的性质得a1+a5=2a3=8,所以a3=4,故d=a4-a3=3.所以
a5=a4+d=10.
2.应用变形公式解T3
设等差数列{an}的公差为d,由2a7=a8+5,得2(a6+d)=a6+2d+5,得a6=5,所以S11=11a6=55.
3.应用排除法解T4
对于B,a5=5,S4==-10≠0,排除B,
对于C,S4=0,a5=S5-S4=2×52-8×5-0=10≠5,排除C.
对于D,S4=0,a5=S5-S4=×52-2×5-0=2.5≠5,排除D,故选A.
考点二 等差数列的判定与证明?
【典例】1.(2020·贵阳模拟)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=2n2+2n.
世纪金榜导学号
(1)求a2,a3;
(2)证明数列是等差数列,并求{an}的通项公式.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)
①a1=1,且nan+1-(n+1)an=2n2+2n
代入n=1得a2
②由a2及nan+1-(n+1)an=2n2+2n
代入n=2得a3
(2)
①nan+1-(n+1)an=2n2+2n
nan+1-(n+1)an=2n2+2n变形为nan+1-(n+1)an=2n(n+1),结合所求结论,式子两边同除以n(n+1),证明数列是等差数列
②数列是等差数列
根据数列是等差数列写出{an}的通项公式
【解析】(1)由已知,得a2-2a1=4,
则a2=2a1+4,又a1=1,所以a2=6.
由2a3-3a2=12,得2a3=12+3a2,所以a3=15.
(2)由已知nan+1-(n+1)an=2n2+2n,得=2,
即-=2,所以数列是首项=1,公差d=2的等差数列.
则=1+2(n-1)=2n-1,所以an=2n2-n.
2.数列{an}满足a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n∈N
),
(1)当a2=
-1时,求λ的值及a3的值;
(2)是否存在λ,使数列{an}为等差数列?若存在,求出其通项公式,若不存在,说明理由.
【解题导思】
序号
联想解题
(1)
看到an+1=(n2+n-λ)an,想到数列的递推公式
(2)
看到an+1=(n2+n-λ)an,结合(1)想到若数列{an}为等差数列,可求λ,结合等差数列的定义判断
【解析】(1)因为an+1=(n2+n-λ)an,a1=1,
a2=-1,
所以-1=(2-λ)×1,解得λ=3.
所以a3=(22+2-3)×(-1)=-3.
(2)不存在λ,使数列{an}为等差数列,说明如下:
因为a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n∈N
).
所以,a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ),
a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ),
若存在实数λ,使数列{an}为等差数列.则a1+a3=2a2,即1+(6-λ)(2-λ)=
2(2-λ),
解得:λ=3.
此时a2=2-λ=2-3=-1,a3=(6-λ)(2-λ)=-3,a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ)=-27,
a2-a1=-1-1=-2,而a4-a3=-24.
所以,数列{an}不是等差数列,
即不存在λ使数列{an}为等差数列.
1.判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法:对任意n∈N
,an+1-an是同一常数.
(2)等差中项法:对任意n≥2,n∈N
,满足2an=an+1+an-1.
(3)通项公式法:对任意n∈N
,都满足an=pn+q(p,q为常数).
(4)前n项和公式法:对任意n∈N
,都满足Sn=An2+Bn(A,B为常数).
说明:证明数列{an}是等差数列的最终方法只能用定义法和等差中项法.
2.证明某数列不是等差数列
若证明某数列不是等差数列,则只要证明存在连续三项不成等差数列即可.
(2020·齐齐哈尔模拟)已知数列{an}是等差数列,且a1,a2(a1
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)在(1)中,设bn=,求证:当c=-时,数列{bn}是等差数列.
【解析】(1)因为a1,a2(a1所以a1=1,a2=5,
所以等差数列{an}的公差为4,
所以Sn=n·1+·4=2n2-n.
(2)当c=-时,bn===2n,
因为bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,b1=2,
所以{bn}是首项为2,公差为2的等差数列.
考点三 等差数列性质及其应用?
命题精解读
1.考什么:(1)等差数列性质.(2)等差数列前n项和的最值2.怎么考:等差数列性质作为考查等差数列运算知识的最佳载体,因其考查知识点较多成为高考命题的热点3.新趋势:解题过程中常常渗透数学运算的核心素养.
学霸好方法
1.等差数列常用性质和结论的运用2.求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)函数法(2)通项变号法3.交汇问题数列与不等式结合考查分类讨论思想、数列与函数结合考查数形结合思想
与等差数列项的性质有关的运算
【典例】1.(2020·武汉模拟)在等差数列{an}中,前n项和Sn满足S7-S2=45,则
a5=
( )
A.7
B.9
C.14
D.18
【解析】选B.因为在等差数列{an}中,S7-S2=45,所以a3+a4+a5+a6+a7=5a5=45,所以a5=9.
【一题多解】选B.设等差数列{an}的公差为d,因为在等差数列{an}中,S7-S2=45,所以7a1+d-(2a1+d)=45,整理得a1+4d=9,所以a5=9,故选B.
2.(2020·太原模拟)在等差数列{an}中,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则a6=
世纪金榜导学号( )
A.8
B.6
C.4
D.3
【解析】选D.由等差数列的性质可知2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=
2×3a3+3×2a9=6×2a6=36,得a6=3.
在等差数列中涉及两项和时,应用哪些性质能够帮助我们快速解题?
提示:在等差数列中涉及两项和时,一定要注意其项数和的关系,如果和相等,则两项的和也对应相等.
等差数列和的性质
【典例】1.一个正项等差数列前n项的和为3,前3n项的和为21,则前2n项的和为
( )
A.18
B.12
C.10
D.6
【解析】选C.设此数列为{an},因为{an}是等差数列,所以Sn,-Sn,-成等差数列,即2(-Sn)=Sn+(-),因为Sn=3,=21,所以2(-3)=
3+21-,解得=10.
2.等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若
=,则=________.
世纪金榜导学号?
【解析】由=====.则====.
答案:
在等差数列中Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等差数列吗?
提示:在等差数列中Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等差数列.
等差数列和的最值问题
【典例】等差数列{an}中,a1>0,S5=S12,则当Sn有最大值时,n的值为________.
世纪金榜导学号?
【解析】设等差数列{an}的公差为d,由S5=S12得5a1+10d=12a1+66d,所以d=-a1<0.设此数列的前n项和最大,则
即解得即8≤n≤9,又n∈N
,所以当n=8或n=9时,Sn有最大值.
答案:8或9
【一题多解】方法一:由S5=S12,得a6+a7+a8+a9+a10+a11+a12=0,即7a9=0,a9=0,由a1>0可知d<0,故当n=8或n=9时Sn最大.
方法二:由S5=S12,可得a1=-8d,所以Sn=-8dn+d=-d,由n∈N
并结合Sn对应的二次函数的图像知,当n=8或n=9时Sn最大.
答案:8或9
在涉及等差数列前n项和的问题时,你能总结出求该数列的前n项和Sn的最大(小)值的方法吗?
提示:求等差数列前n项和的最值的方法
(1)二次函数法:用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值,但要注意n∈N
.
(2)图像法:利用二次函数图像的对称性来确定n的值,使Sn取得最值.
(3)项的符号法:当a1>0,d<0时,满足的项数n使得Sn取得最大值;当a1<0,d>0时,满足的项数n使得Sn取得最小值.
1.(2020·济南模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a3+a5+a7+a9=20,则S9=
( )
A.27
B.36
C.45
D.54
【解析】选B.依题意a1+a3+a5+a7+a9=5a5=20,a5=4,
所以S9=×9=9a5=36.
2.已知数列{an}的通项公式an=26-2n,若使此数列的前n项和Sn最大,则n的值为
( )
A.12
B.13
C.12或13
D.14
【解析】选C.因为是递减数列,a12=2,a13=0,所以S12=S13最大,所以n的值为12或13.
【变式备选】
设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为
( )
A.10
B.11
C.12
D.13
【解析】选C.由S6>S7>S5,得S7=S6+a7S5,所以a7<0,a6+a7>0,
所以S13==13a7<0,S12==6(a6+a7)>0,所以S12S13<0,
即满足SnSn+1<0的正整数n的值为12.
3.(2020·长沙一中模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=12,S6=51,则S9的值等于
( )
A.66
B.90
C.117
D.127
【解析】选C.等差数列{an}的前n项和为Sn,
由题意可得S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,
故2(S6-S3)=S3+(S9-S6),
代入数据可得2×(51-12)=12+(S9-51),解得S9=117.
1.在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7=
( )
A.10
B.18
C.20
D.28
【解析】选C.因为a3+a8=10,所以由等差数列的性质,得a5+a6=a3+a8=10,所以3a5+a7=2a5+2a6=20.
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a1<0且=,则当Sn取最小值时,n的值为
( )
A.11
B.10
C.9
D.8
【解析】选D.设等差数列{an}的公差为d,
因为a1<0,=,所以a1=-d,d>0,
所以Sn=na1+d=d,
对应图像的对称轴为n=,整数中8距对称轴最近,所以当Sn取最小值时,n=8.
3.等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,若=,则=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.======.
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-
11
-等比数列
核心考点·精准研析
考点一 等比数列基本量的运算?
1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3=14,a3=8,则a6等于
( )
A.16
B.32
C.64
D.128
2.(2020·赣州模拟)Sn是等比数列{an}的前n项和,若S4,S3,S5成等差数列,则
{an}的公比q的值为
( )
A.
B.-2
C.1
D.-2
或1
3.已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=
( )
A.21
B.42
C.63
D.84
4.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=
( )
A.16
B.8
C.4
D.2
5.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N
,满足=9,=,则数列{an}的公比为
( )
A.-2
B.2
C.-3
D.3
【解析】1.选C.因为S3=14,a3=8,所以q≠1,
所以,
解得a1=2,q=2或a1=18,q=-(舍),
所以a6=a1q5=2×32=64.
2.选B.由S4,S3,S5成等差数列知等比数列{an}的公比q≠1,因此得2S3=S5+S4,即
=+,
化简整理得q3(q+2)(q-1)=0,
所以q=0(舍去),q=1(舍去)或q=-2.故q=-2.
3.选B.设数列{an}的公比为q,则a1(1+q2+q4)=21,又a1=3,所以q4+q2-6=0,所以q2=2(q2=-3舍去),所以a3=6,a5=12,a7=24,所以a3+a5+a7=42.
4.选C.设该等比数列的首项为a1,公比为q,
由已知得,a1q4=3a1q2+4a1,
因为a1>0且q>0,则可解得q=2,
又因为a1(1+q+q2+q3)=15,
即可解得a1=1,则a3=a1q2=4.
5.选B.设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.因为==qm+1=9,所以qm=8.所以==qm=8=,
所以m=3,所以q3=8,所以q=2.
把T1条件“S3=14,a3=8”改为“a3=9,S3=27”其他条件不变,则公比q的值为
( )
A.1
B.-
C.1或-
D.-1或
-
【解析】选C.当公比q=1时,
a1=a2=a3=9,所以S3=3×9=27.符合题意.
当q≠1时,S3=,
所以27=,所以a1=27-18q,
因为a3=a1q2,所以(27-18q)·q2=9,
所以(q-1)2(2q+1)=0,所以q=-.
综上q=1或q=-.
解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想:等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求出关键量a1和q,问题便可迎刃而解.
(2)分类讨论的思想:等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,将q分为q=1和q≠1两种情况进行讨论.
【秒杀绝招】
1.应用转化法解T2
选B.由S4,S3,S5成等差数列,得2S3=S5+S4,即2(a1+a2+a3)=2(a1+a2+a3+a4)+a5,整理得a5=-2a4,所以=-2,即q=-2.故选B.
2.应用等比数列性质解T3:
选B.设数列{an}的公比为q,则a1(1+q2+q4)=21,又a1=3,所以q4+q2-6=0,所以q2=2(q2=-3舍去),所以a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42,所以a3+a5+a7=42.
考点二 等比数列的判断与证明?
【典例】1.已知数列{an}中,a1=1,若an=2an-1+1(n≥2),则a5的值是________.?
【解题导思】
序号
联想解题
(1)
由an=2an-1+1(n≥2)及a1=1,联想到数列的递推公式求a5
(2)
由an=2an-1+1(n≥2)联想到转化法求通项公式
【解析】因为an=2an-1+1,所以an+1=2(an-1+1),所以=2,又a1=1,所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,即an+1=2×2n-1=2n,所以a5+1=25,即a5=31.
答案:31
【一题多解】由an=2an-1+1(n≥2)及a1=1,联想到数列的递推公式求a5,当n=2得a2=3,同理得a3=7,a4=15,a5=31.
答案:312.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N
),若bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列.
世纪金榜导学号
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)①Sn+1=4an+2(n∈N
)②出现Sn+2=4an+1+2(n∈N
)(2)①bn=an+1-2an②证明{bn}是等比数列
把n换为n+1左式和已知式子相减an+2=4an+1-4an,把n换为n+1得出bn+1转化为证明为常数
【证明】因为an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an,
所以===
=2.
因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.
所以b1=a2-2a1=3.
所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
若本例2中的条件不变,试求{an}的通项公式.
【解析】由题知bn=an+1-2an=3·2n-1,
所以-=,
故是首项为,公差为的等差数列.
所以=+(n-1)·=,
所以an=(3n-1)·2n-2.
【继续探究】在本例中,若cn=,证明:数列{cn}为等比数列.
【证明】由[思维多变]知,an=(3n-1)·2n-2,
所以cn=2n-2.
所以==2.又c1==,
所以数列{cn}是首项为,公比为2的等比数列.
1.等比数列的四种常用判定方法
(1)定义法:若=q(q为非零常数,n∈N
)或=q(q为非零常数且n≥2,
n∈N
),则{an}是等比数列.
(2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0且=an·an+2(n∈N
),则{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常
数,n∈N
),则{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列.
2.证明某数列不是等比数列
若证明某数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
(2018·全国卷Ⅰ改编)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=.
(1)求b1,b2,b3.
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由.
(3)求{bn}的前10项和S10.
【解析】(1)由条件可得an+1=an.将n=1代入得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入得a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
理由:由条件可得=,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得Sn==2n-1,所以S10=210-1=1
023.
考点三 等比数列的性质及其应用?
命题精解读
1.考什么:等比数列通项公式、前n项和公式、性质和最值问题2.怎么考:等比数列性质、等比数列前n项和的性质作为考查等比数列运算知识的最佳载体,试题常以选择题、填空题的形式出现,有时也会出现在解答题中3.新趋势:以数列为载体与函数、不等式知识结合等问题.解题过程中常常渗透数学运算核心素养.
学霸好方法
1.与等比数列性质有关的运算问题解题思路在等比数列中凡是涉及两项的乘积问题,首先考虑其项数和是否相等,若相等则利用等比数列的性质进行运算2.交汇问题以数列为载体与函数性质、不等式等知识结合考查,注意分类讨论思想的应用
等比数列项的性质应用
【典例】已知等比数列{an}中,a4+a8=-2,则a6(a2+2a6+a10)的值为
( )
A.4
B.6
C.8
D.-9
【解析】选A.a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2+a6a10=+2a4a8+=(a4+a8)2,因为a4+a8=-2,所以a6(a2+2a6+a10)=4.
1.等比数列性质的应用可以分为哪些变形?
提示:通项公式的变形、等比中项的变形、前n项和公式的变形.
2.在解决等比数列项的性质的有关问题时,如何迅速挖掘隐含条件利用性质解题?
提示:在等比数列中凡是涉及两项的乘积问题,首先考虑其项数和是否相等,若项数和相等,则利用等比数列的性质进行运算.
提醒:根据题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
等比数列中的最值与范围问题
【典例】设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为________.
世纪金榜导学号?
【思路探究】利用等比数列通项公式求出首项a1与公比q,再将a1a2…an的最值问题利用指数幂的运算法则转化为二次函数最值问题.
【解析】设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=.又a1+a1q2=10,所以a1=8.
故a1a2…an==23n·==.
记t=-+=-(n2-7n),
结合n∈N
可知n=3或4时,t有最大值6.
又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=64.
答案:64
求等比数列中的最值与范围问题有哪些方法?
提示:求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n的函数关系进行求解.有时也应用基本不等式.
1.已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=
( )
A.2
B.1
C.
D.
【解析】选C.设公比为q,因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以a2=a1q=×2=.
2.已知正数组成的等比数列{an},若a1·a20=100,那么a7+a14的最小值为
( )
A.20
B.25
C.50
D.不存在
【解析】选A.(a7+a14)2=++2a7·a14≥4a7a14=4a1a20=400(当且仅当a7=a14时取等号).所以a7+a14≥20.
1.已知数列{an}满足log2an+1=1+log2an(n∈N
),且a1+a2+a3+…+a10=1,则log2(a101+a102+…+a110)=________.?
【解析】因为log2an+1=1+log2an,可得log2an+1=log22an,所以an+1=2an,所以数列{an}是以a1为首项,2为公比的等比数列,又a1+a2+…+a10=1,所以a101+a102+…+a110=
(a1+a2+…+a10)×2100=2100,
所以log2(a101+a102+…+a110)=log22100=100.
答案:100
2.设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,3,…),求q的取值范围.
【解析】因为数列{an}为等比数列,Sn>0,
所以a1=S1>0,q≠0.当q=1时,Sn=na1>0;
当q≠0且q≠1时,Sn=>0,即>0,
所以或所以-11.
综上,q的取值范围为(-1,0)∪(0,+∞).
PAGE
-
8
-数列的求和
核心考点·精准研析
考点一 分组转化法或并项法求和?
1.数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项之和为
( )
A.-200
B.-100
C.200
D.100
2.数列{1+2n-1}的前n项和为
( )
A.2n
B.2n-1+1
C.n-1+2n
D.n+2+2n
3.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于
( )
A.0
B.100
C.-100
D.10
200
4.已知数列{an}的通项公式是an=n2sin,则a1+a2+a3+…+a2
021等于
( )
A.-
B.
C.
D.-
5.已知正项数列{an}满足-6=an+1an.若a1=2,则数列{an}的前n项和Sn=________.?
【解析】1.选D.由题意知S100=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.
2.选C.由题意得an=1+2n-1,
所以Sn=n+=n+2n-1.
3.选B.由题意,得a1+a2+a3+…+a100
=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012
=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)
=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)
=-50×101+50×103=100.
4.选A.an=n2sin,
所以a1+a2+a3+…+a2
021
=-12+22-32+42-…-2
0192+2
0202-2
0212
=(22-12)+(42-32)+…+(2
0202-2
0192)-2
0212
=(1+2+3+4+…+2
019+2
020)-2
0212
=-2
0212=.
5.因为-6=an+1an,
因此(an+1-3an)(an+1+2an)=0.
又因为an>0,所以an+1=3an.
又a1=2,所以{an}是首项为2,公比为3的等比数列.
所以Sn==3n-1.
答案:3n-1
将T3变为:在数列{an}中a1=2,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,n∈N
,则S60的值为
( )
A.990
B.1
000
C.1
100
D.99
【解析】选A.n为奇数时,an+2-an=0,an=2;n为偶数时,an+2-an=2,an=n.故S60=2×30+(2+4+…+60)=990.
1.分组法求和的常见类型
(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组法求{an}的前n项和.
(2)通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比或等差数列,可采用分组法求和.
2.并项求和法
一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
例如Sn=1002-992+982-972+…+22-12
=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5
050.
【秒杀绝招】
排除法解T2,把n=1代入排除D选项,把n=2代入排除A、B选项.
考点二 错位相减法?
【典例】已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
世纪金榜导学号
(1)求数列{bn}的通项公式.
(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)
①{an}的前n项和Sn=3n2+8n
知Sn求an
②{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1
求数列{bn}的通项公式
(2)
①cn=
把an,bn代入cn=中,得cn的表达式
②求数列{cn}的前n项和Tn
求得cn=3(n+1)·2n+1,根据Tn的特征利用乘公比错位相减法求和
【解析】(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,满足上式,所以an=6n+5.设数列{bn}的公差为d,由
即
可解得所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1.
又Tn=c1+c2+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+-(n+1)×]
=3×
=-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.
【答题模板微课】
本例题(2)的模板化过程:
建模板:
“由(1)知cn==3(n+1)·2n+1.”…………写通项
“故Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],”
…………写前n项和
“2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],”
…………乘公比
“两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=
3×
=-3n·2n+2,”
…………错位相减
“所以Tn=3n·2n+2.”
…………整理出结果
套模板:
已知an=2n-1,bn=2n+1,cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】由题知cn=an·bn=(2n+1)2n-1,
…………写通项
故Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n+1)×2n-1,
…………写前n项和
2Tn=3×21+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,
…………乘公比
上述两式相减得,-Tn=3+22+23+…+2n-(2n+1)×
…………错位相减
=3+-(2n+1)×2n=(1-2n)×2n-1,
得Tn=(2n-1)×2n+1.
…………整理出结果
所以数列{cn}的前n项和为(2n-1)×2n+1.
利用错位相减法的一般类型及思路
(1)适用的数列类型:{anbn},其中数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q≠1的等比数列.
(2)思路:设Sn=a1b1+a2b2+…+anbn(
),
则qSn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1(
),
(
)-(
)得:(1-q)Sn=a1b1+d(b2+b3+…+bn)-anbn+1,就转化成了根据公式可求的和.
【易错提醒】在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.同时要注意等比数列的项数是多少.
已知等比数列{an}中,a1+a2=8,a2+a3=24,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn=an·log3(Sn+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,
则q===3.
故a1+a2=a1+3a1=8,解得a1=2.
所以an=a1qn-1=2×3n-1.
(2)由(1)知Sn=3n-1,
所以bn=an·log3(Sn+1)=2×3n-1×log33n=2n×3n-1,
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×30+4×31+6×32+…+2(n-1)×3n-2+2n×3n-1,①
3Tn=2×31+4×32+6×33+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n,②
①-②得-2Tn=2×30+2×31+2×32+2×33+…+2×3n-1-2n×3n=3n(1-2n)-1.
所以Tn=.
考点三 裂项相消法求和?
命题精解读
1.考什么:(1)裂项相消求通项公式、裂项相消求前n项和.(2)考查数学运算、逻辑推理的核心素养2.怎么考:裂项相消法常以解答题的形式出现,考查等差数列、等比数列、构造数列以及数学运算等问题.3.新趋势:裂项相消法求和作为考查等差、等比数列知识的综合题型,因其考查数学知识、数学方法、数学素养等较多成为高考命题的热点.
学霸好方法
1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的,其解题的关键就是准确裂项和消项.(1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.2.交汇问题数列与方程交汇求项数、与不等式交汇证明恒成立问题
裂项相消直接求和
【典例】(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=__________.
世纪金榜导学号?
【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,所以
解得
所以an=n,Sn=,
那么==2,
那么=2
=2=.
答案:
通项公式an具有怎样的特征可用裂项相消法求其前n项和?
提示:如果一个数列的通项为分式,若分式的分母为两个因式的积,且这两个因式的差为定值时,可利用裂项相消法求和.
与裂项相消求和有关的综合问题
【典例】已知函数y=loga(x-1)+3(a>0,a≠1)的图像所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项,若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T10=
世纪金榜导学号( )
A.
B.
C.1
D.
【解析】选B.对数函数y=logax的图像过定点(1,0),所以函数y=loga(x-1)+3的图像过定点(2,3),
则a2=2,a3=3,故an=n,
所以bn===-,
所以T10=1-+-+…+-=1-=.
使用裂项法求和时,要特别注意哪些问题?
提示:利用裂项相消法求和的注意事项
(1)使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的.
(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如:若{an}是等差数列,则=,=.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=9,a2为整数,且Sn≤S5,则数列的前9项和为________.?
【解析】由Sn≤S5得即
得-≤d≤-,又a2为整数,
所以d=-2,an=a1+(n-1)d=11-2n,
=,所以数列的前n项和Tn=
=,
所以T9=-×=-.
答案:-
1.若数列{an}的通项公式为an=22n+1,令bn=(-1)n-1,则数列{bn}的前n项和Tn=________.?
【解析】由log2an=2n+1知,
bn=(-1)n-1=(-1)n-1,
所以bn=(-1)n-1,
当n为偶数时Tn=-+…+-=-,
当n为奇数时,
Tn=-+…-+=+,
所以Tn=-(-1)n.
答案:-(-1)n
2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足n(n+1)+
(n2+n-1)Sn-1=0(n∈N
),则S1+S2+…+S2
021=________.
?
【解析】因为n(n+1)+(n2+n-1)Sn-1=0(n∈N
),所以(Sn+1)[n(n+1)Sn-1]=0.
所以n(n+1)Sn-1=0,所以Sn==-.
所以S1+S2+…+S2
021=++…+=1-=.
答案:
PAGE
-
9
-等差与等比数列的综合问题
核心考点·精准研析
考点一 基本量的运算?
1.等差数列的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则前6项的和为
( )
A.-24
B.-3
C.3
D.8
2.已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则
( )
A.a1d>0,dS4>0
B.a1d<0,dS4<0
C.a1d>0,dS4<0
D.a1d<0,dS4>0
3.(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N
)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是________.?
4.设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2,a5,a11成等比数列,且a11=2(Sm-Sn)(m>n>0,m,n∈N
),则m+n=________.
世纪金榜导学号?
【解析】1.选A.设等差数列的公差为d,由a2,a3,a6成等比数列可得=a2a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),整理可得d2+2d=0,又公差不为0,则d=-2,故{an}前6项的和为S6=6a1+d=6×1+×(-2)=-24.
2.选B.因为数列{an}是等差数列,a3,a4,a8成等比数列,
所以=,
解得a1=-d,
所以S4=2=2=-d,
所以a1d=-d2<0,dS4=-d2<0.
3.设等差数列的首项为a1,公差为d,
由a2a5+a8=0,S9=27,
得解得a1=-5,d=2,
所以S8==4(2a1+7d)=16.
答案:16
4.设公差为d,则=a2a11?(a1+4d)2=(a1+d)(a1+10d)(d≠0),整理得a1=2d,由a11=2(Sm-Sn),可得
a1+10d=2,
化简得(m2-n2)+3(m-n)=12,
即(m-n)(m+n+3)=12,因为m>n>0,m,n∈N
,
所以m=5,n=4,所以m+n=9.
答案:9
已知等比数列{an}的各项都为正数,且a3,a5,a4成等差数列,则的值是
( )
A. B. C. D.
【解析】选A.设等比数列{an}的公比为q,由a3,a5,a4成等差数列,可得a5=a3+a4,即a3q2=a3+a3q,故q2-q-1=0,解得q=或q=(舍去),=
=====.
等差数列、等比数列基本量的运算方法
(1)等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程(组)问题.
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法.
考点二 等差、等比数列的综合应用?
【典例】设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.
世纪金榜导学号
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)记数列的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<成立的n的最小值.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)
①Sn=2an-a1
将Sn=2an-a1利用an=Sn-Sn-1转化为an与an-1的关系,由Sn=2an-a1,将a2、a3用a1表示
②a1,a2+1,a3成等差数列
根据关系列方程,得a1
(2)
①记数列的前n项和为Tn
由(1)写出的表达式,表示出Tn
②求使得|Tn-1|<成立的n的最小值
由|Tn-1|<解关于n的不等式
【解析】(1)由已知Sn=2an-a1,有
an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).所以公比q=2.
从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.
又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).
所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列故,an=2n.
(2)由(1)得=.所以Tn=++…+==1-.由|Tn-1|<,得<,即2n>1
000.
因为29=512<1
000<1
024=210,所以n≥10.
于是,使|Tn-1|<成立的n的最小值为10.
等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略
(1)设置中间问题:求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的顺序.
(2)注意解题细节:在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这些细节对解题的影响也是巨大的.
【误区警示】在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论,分类解决问题后还要注意结论的整合.
【变式备选】
已知等差数列{an}的各项均为正数,a1=1,
前n项和为Sn,数列{bn}为等比数列,b1=1,且b2S2=6,b2+S3=8.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式.
(2)求++…+.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
d>0,{bn}的公比为q,则an=1+(n-1)d,bn=qn-1.
依题意有
解得或(舍去).
故an=n,bn=2n-1.
(2)由(1)知Sn=1+2+…+n=n(n+1),
所以==2,所以++…+
=2
=2=.
已知公比不为1的等比数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且a4+S4,a5+S5,a6+S6成等差数列.
(1)求等比数列{an}的通项公式.
(2)对n∈N
,在an与an+1之间插入3n个数,使这3n+2个数成等差数列,记插入的这3n个数的和为bn,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,a4+S4,a5+S5,a6+S6成等差数列,
所以a5+S5-a4-S4=a6+S6-a5-S5,
即2a6-3a5+a4=0,所以2q2-3q+1=0.
因为q≠1,所以q=,
所以等比数列{an}的通项公式为an=.
(2)由题意得bn=·3n=·,
Tn=·=.
考点三 求数列的通项公式?
命题精解读
1.考什么:数列的通项公式2.怎么考:(1)由an与Sn的关系求通项an(2)由递推公式求通项an(3)构造新数列求an3.新趋势:以数列为载体,与函数或不等式等综合考查
学霸好方法
1.求数列的通项公式an(1)形如an+1=an+f(n)的数列,常用累加法(2)形如an+1=anf(n)的数列,常可采用累乘法(3)形如an+1=ban+d(其中b,d为常数,b≠0,1)的数列,常用构造法2.交汇问题与函数或不等式等交汇时,经常先构造出新的等差或等比数列求解,然后再求an
由an与Sn的关系求通项an
【典例】(2018·全国卷Ⅰ改编)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则an=________.?
【解析】因为Sn=2an+1,当n≥2时,Sn-1=2an-1+1,
所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1.
当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1.
所以数列{an}是首项a1为-1,公比q为2的等比数列,所以an=-1×=-.
答案:-2n-1
Sn与an关系问题的求解思路如何?
提示:根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化.
①利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn,Sn-1的关系式
②利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an,an-1的关系式
由递推公式求数列通项
【典例】1.设数列{an}满足a1=3,an+1=an+,则通项公式an=________.?
【解析】原递推公式可化为an+1=an+-,
则a2=a1+-,a3=a2+-,a4=a3+-,…,an-1=an-2+-,an=an-1+-,以上(n-1)个式子的等号两端分别相加得,an=a1+1-,故an=4-.
答案:4-
2.在数列{an}中,a1=1,an=an-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为________.
世纪金榜导学号?
【解析】因为an=an-1(n≥2),
所以an-1=an-2,an-2=an-3,…,a2=a1.
以上(n-1)个式子相乘得an=a1···…·==.
当n=1时,a1=1,上式也成立.
所以an=(n∈N
).
答案:an=(n∈N
)
(1)形如an+1=an+f(n)的数列,选择何种方法求通项公式?
提示:累加法
(2)形如an+1=anf(n)的数列,选择何种方法求通项公式?
提示:累乘法
【误区警示】
利用累乘法求通项公式时,易出现两个方面的问题:一是在连乘的式子中只写到,漏掉a1而导致错误;二是根据连乘求出an之后,不注意检验a1是否成立.
构造等差、等比数列求通项an
【典例】1.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+2,则数列{an}的通项公式为____________.?
【解析】因为an+1=3an+2,所以an+1+1=3(an+1),
所以=3,
所以数列{an+1}为等比数列,公比q=3,又a1+1=2,
所以an+1=2·3n-1,所以an=2·3n-1-1(n∈N
).
答案:an=2·3n-1-1(n∈N
)
2.已知数列{an}满足:an+2=3an+1-2an,a1=2,a2=4,n∈N
.
世纪金榜导学号
求证:数列{an+1-an}为等比数列,并求数列{an}的通项公式.
【解析】因为==2,
所以数列{an+1-an}是公比为2,首项为2的等比数列,
所以an+1-an=2n,
累加可知:an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2(n≥2),
an=2n(n≥2),当n=1时,a1=2满足上式,
所以an=2n(n∈N
).
1.数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=
( )
A.3×44
B.3×44+1
C.45
D.45+1
【解析】选A.a1=1,a2=3S1=3,a3=3S2=12=3×41,a4=3S3=48=3×42,a5=3S4=192=3×43,a6=3S5=768=3×44.
【一题多解】选A.当n≥1时,an+1=3Sn,则an+2=3Sn+1,
所以an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+1,即an+2=4an+1,
所以该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列,又a2=3S1=3a1=3,
所以an=
所以当n=6时,a6=3×46-2=3×44.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则Sn=
( )
A.2n-1
B.
C.
D.
【解析】选B.由已知Sn=2an+1得Sn=2(Sn+1-Sn),即2Sn+1=3Sn,=,而S1=a1=1,所以Sn=.
3.设数列{an}满足a1=1,且an+1=an+n+1(n∈N
),则数列{an}的通项公式为________.?
【解析】由题意得a2=a1+2,a3=a2+3,…,an=an-1+n(n≥2),以上各式相加,得an=a1+2+3+…+n.又因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n=(n≥2),因为当n=1时也满足上式,所以an=(n∈N
).
答案:an=
4.设数列{an}满足a1=1,an+1=2nan,则通项公式an=________.?
【解析】由an+1=2nan,得=2n-1(n≥2),
所以an=··…··a1
=2n-1·2n-2·…·2·1=21+2+3+…+(n-1)=.
又a1=1适合上式,故an=.
答案:
1.在数列{an}中,a1=3,且点Pn(an,an+1)(n∈N
)在直线4x-y+1=0上,求数列{an}的通项公式.
【解析】因为点Pn(an,an+1)(n∈N
)在直线4x-y+1=0上,
所以4an-an+1+1=0,即an+1=4an+1,
得an+1+=4,
所以是首项为a1+=,公比为4的等比数列,所以an+=·4n-1,故an=·4n-1-.
【变式备选】
在数列{an}中,a1=1,数列{an+1-3an}是首项为9,公比为3的等比数列.
(1)求a2,a3.
(2)求数列的前n项和Sn.
【解析】(1)因为数列{an+1-3an}是首项为9,公比为3的等比数列,
所以an+1-3an=9×3n-1=3n+1,
所以a2-3a1=9,a3-3a2=27,所以a2=12,a3=63.
(2)因为an+1-3an=3n+1,所以-=1,
所以数列是首项为,公差为1的等差数列,
所以数列的前n项和Sn=+=.
2.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an+λn-4(n∈N
,λ∈R),且数列{an-1}为等比数列.
求实数λ的值,并写出数列{an}的通项公式.
【解析】由Sn=2an+λn-4得Sn+1=2an+1+λ(n+1)-4,
两式相减得an+1=2an+1-2an+λ,即an+1=2an-λ,
所以an+1-1=2an-λ-1=2.
因为数列{an-1}为等比数列,所以=1,λ=1,所以a1=3,a1-1=2,所以an-1=2n,an=2n+1.
PAGE
-
11
-数列与函数、不等式的综合问题
核心考点·精准研析
考点一 数列与函数的综合?
1.设{an}是等比数列,函数y=x2-x-2
021的两个零点是a2,a3,则a1a4等于
( )
A.2
021
B.1
C.-1
D.-2
021
2.在各项都为正数的数列{an}中,首项a1=2,且点(,)在直线x-9y=0上,则数列{an}的前n项和Sn等于
( )
A.3n-1
B.
C.
D.
3.设y=f(x)是一次函数,若f(0)=1,且f(1),f(4),f(13)成等比数列,则f(2)+f(4)+…+f(2n)等于( )
A.n(2n+3)
B.n(n+4)
C.2n(2n+3)
D.2n(n+4)
4.已知函数f(x)=log2x,若数列{an}的各项使得2,f(a1),f(a2),…,f(an),2n+4成等差数列,则数列{an}的前n项和Sn=________.
世纪金榜导学号?
【解析】1.选D.由题意a2,a3是x2-x-2
021=0的两根.
由根与系数的关系得a2a3=-2
021.
又a1a4=a2a3,所以a1a4=-2
021.
2.选A.由点(,)在直线x-9y=0上,得-9=0,即(an+3an-1)(an-3an-1)=0,又数列{an}各项均为正数,且a1=2,所以an+3an-1>0,所以an-3an-1=0,即=3,所以数列{an}是首项a1=2,公比q=3的等比数列,其前n项和Sn==3n-1.
3.选A.由题意可设f(x)=kx+1(k≠0),则(4k+1)2=(k+1)(13k+1),解得k=2,f(2)+f(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n+1)=n(2n+3).
4.设等差数列的公差为d,
则由题意,得2n+4=2+(n+1)d,
解得d=2,
于是log2a1=4,log2a2=6,log2a3=8,…,
从而a1=24,a2=26,a3=28,….
易知数列{an}是等比数列,其公比q==4,
所以Sn==(4n-1).
答案:(4n-1)
1.将题3改为设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y).若a1=,an=f(n)(n∈N
),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.在f(x)·f(y)=f(x+y)中令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)f(1),又a1=,an=f(n)(n∈N
),则an+1=an,所以数列{an}是首项和公比都是的等比数列,其前n项和Sn==1-∈,
2.数列{an}的通项an=ncos2-sin2,其前n项和为Sn,则S40为( )
A.10
B.15
C.20
D.25
【解析】选C.由题意得,an=ncos2-sin2
=ncos,则a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,…,于是a2n-1=0,a2n=(-1)n·2n,
则S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+a6+…+a40)
=-2+4-…+40=20.
数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图像研究数列问题.
(2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形.
注意数列与函数的不同,数列只能看作是自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性.
【秒杀绝招】
1.特例法解T2:由题意(,
)在直线x-9y=0上,所以—9=0,因为a1=2,易得a2=6,所以S2=8.验证四个选项可排除BCD.
2.待定系数法解T3:先设出一次函数,由已知条件,确定出系数,再求解.
考点二 数列与不等式的综合?
【典例】数列{an}满足a1=1,an+1=2an(n∈N
),Sn为其前n项和.数列{bn}为等差数列,且满足b1=a1,b4=S3.
世纪金榜导学号
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<.
【解题导思】
序号
联想解题
(1)由{an}是等比数列,求得{an}的通项公式,进而求其前n项和Sn
,
再由等差数列{bn}与等比数列{an}的关系求出bn.(2)先化简求出cn
=,利用裂项相消法求得数列{cn}的前n项和Tn,由数列{Tn}是一个递增数列证出结论
【解析】(1)由题意知,{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以an=a1·2n-1=2n-1.
所以Sn=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,
则b1=a1=1,b4=1+3d=7,
所以d=2,bn=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)因为log2a2n+2=log222n+1=2n+1,
所以cn==
=,
所以Tn=.
因为n∈N
,所以Tn=<,
=.
当n≥2时,Tn-Tn-1=-
=>0,
所以数列{Tn}是一个递增数列,所以Tn≥T1=.
综上所述,≤Tn<.
数列与不等式的综合问题
(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.
(2)以数列为载体,考查不等式恒成立的问题,此类问题可转化为函数的最值.
(3)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.
设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于所有的正整数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)令bn=(n∈N
),求证:b1+b2+b3+…+bn<1+n.
【解析】(1)由已知=(n∈N
),
整理得Sn=(an+2)2,所以Sn+1=(an+1+2)2.
所以an+1=Sn+1-Sn=[(an+1+2)2-(an+2)2]
=(+4an+1--4an),
整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0,
由题意知an+1+an≠0,所以an+1-an=4,而a1=2,
即数列{an}是a1=2,d=4的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=4n-2.
(2)令cn=bn-1,则cn=
==-.
故b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn
=++…+
=1-<1.故b1+b2+…+bn<1+n.
考点三 数列与函数、不等式的综合应用?
命题精解读
1.考什么:(1)考查求最值、比较大小、求取值范围等问题.(2)考查数学运算、逻辑推理的核心素养及
函数与方程、转化与化归等思想方法.2.怎么考:以数列为载体,考查利用函数的性质、图像或不等式的性质进行放缩、比较大小、求范围或最值、证明结论等.3.新趋势:与函数、不等式综合问题的考查
学霸好方法
1.求最值(或取值范围)问题的解题思路先构造数列对应的函数y=f(x),x∈(0,+∞).再由以下方法求最值:(1)利用函数的单调性(2)利用均值不等式(3)利用导数注意是在正整数内讨论的.2.交汇问题与函数、不等式交汇时,依据函数或不等式的性质求解.
求最值问题
【典例】1.在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项和且S7=S17,则Sn最小时的n的值为
( )
A.12或13
B.11或12
C.11
D.12
2.在正项等比数列{an}中,为a6与a14的等比中项,则a3+3a17的最小值为
( )
A.2
B.89
C.6
D.3
【解析】1.选D.由S7=S17,依据二次函数对称性知当n=12时,Sn最小.
2.选C.因为{an}是正项等比数列,且为a6与a14的等比中项,所以a6a14=3=a3a17,
则a3+3a17=a3+3·≥2=6,
当且仅当a3=3时,等号成立,
所以a3+3a17的最小值为6.
求等差数列前n项和的最值常用的方法有哪些?
提示:(1)利用等差数列的单调性,求出最值;
(2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;
(3)将等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.
比较大小
【典例】数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a6=b7,则有
世纪金榜导学号( )
A.a3+a9≤b4+b10
B.a3+a9≥b4+b10
C.a3+a9≠b4+b10
D.a3+a9与b4+b10的大小不确定
【解析】选B.因为a3+a9≥2=2=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当a3=a9时取等号.
本题利用均值不等式比较两个式子的大小,恰到好处.利用均值不等式≥时一定要满足其成立的三个条件分别是什么?
提示:(1)a,b均为正数.(2)a,b的和或积必须有一个为定值.(3)a=b时等号成立.
求取值范围问题
【典例】设数列{an}的通项公式为an=2n-1,记数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N
,不等式4Tn世纪金榜导学号?
【解析】因为an=2n-1,
所以==,
所以Tn=
=<,
又4Tn所以2≤a2-a,解得a≤-1或a≥2,
即实数a的取值范围为(-∞,-1]∪[2,+∞).
答案:(-∞,-1]∪[2,+∞)
1.已知正项等比数列{an}满足2a5+a4=a3,若存在两项am,an,使得8=a1,则+的最小值为________.?
【解析】因为正项等比数列{an}满足2a5+a4=a3,
所以2a1q4+a1q3=a1q2,整理,得2q2+q-1=0,又q>0,解得,q=,
因为存在两项am,an使得8=a1,
所以64qm+n-2=,整理,得m+n=8,
所以+=(m+n)
=≥=2,
当且仅当=时取等号,此时m,n∈N
,又m+n=8,所以只有当m=6,n=2时,+取得最小值是2.
答案:2
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn+3)(n∈N
)在函数y=3×2x的图像上,等比数列{bn}满足bn+bn+1=an(n∈N
),其前n项和为Tn,则下列结论正确的是
( )
A.Sn=2Tn
B.Tn=2bn+1
C.Tn>an
D.Tn【解析】选D.因为点(n,Sn+3)在函数y=3×2x的图像上,所以Sn+3=3×2n,即Sn=3×2n-3.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×2n-3-(3×2n-1-3)
=3×2n-1,
又当n=1时,a1=S1=3,
所以an=3×2n-1.
设bn=b1qn-1,则b1qn-1+b1qn=3×2n-1,
可得b1=1,q=2,
所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
由等比数列前n项和公式可得Tn=2n-1.
结合选项可知,只有D正确.
3.已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则
( )
A.a1B.a1>a3,a2C.a1a4
D.a1>a3,a2>a4
【解析】选B.因为ln
x≤x-1(x>0),
所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,
所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.
若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4
=a1(1+q)·(1+q2)≤0.
又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,
所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.因此-1所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,
所以a1>a3,a21.若定义在R上的函数y=f(x)是奇函数且满足f=f(x),f(-2)=-3,数列{an}满足a1=-1,且=2×+1(其中Sn为{an}的前n项和),则f(a5)+f(a6)=
( )
A.-3
B.-2
C.3
D.2
【解析】选C.由f=f(x)可知函数f(x)的图像的对称轴为直线x=.又函数y=f(x)是奇函数,
所以有f=f(x)=-f,
所以f=-f(x),即f(x-3)=f(x),所以函数y=f(x)的周期为3.
由=2×+1得Sn=2an+n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+n-(2an-1+n-1)=2an-2an-1+1,
即an=2an-1-1,所以a2=-3,a3=-7,a4=-15,a5=-31,a6=-63,则f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=f(-1)+f(0)=-f(1)+f(0).由函数y=f(x)是奇函数可得f(0)=0,由f(-2)=-3可得f(-2)=f(1)=-3,所以f(a5)+f(a6)=3.
2.已知等差数列{an}满足an-1+an+an+1=3n(n≥2),函数f(x)=2x,bn=log4f(an),则数列{bn}的前n项和为________.?
【解析】因为等差数列{an}满足an-1+an+an+1=3n(n≥2),所以3an=3n,即an=n.又因为函数f(x)=2x,所以f(an)=2n,所以b1+b2+…+bn=log4[f(a1)·f(a2)·…·f(an)]
=log4(2×22×…×2n)=log421+2+…+n=×(1+2+…+n)=.
答案:
PAGE
-
11
-数列建模问题
核心考点·精准研析
考点一 等差、等比数列简单的实际应用?
1.有一种细菌和一种病毒,每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个,现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒,问细菌将病毒全部杀死至少需要( )
A.6秒钟
B.7秒钟
C.8秒钟
D.9秒钟
2.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤.斩末一尺,重二斤.问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根5尺长的金杖,一头粗,一头细.在粗的一端截下1尺,重4斤;在细的一端截下1尺,重2斤.问依次每一尺各重多少斤?”根据上面的已知条件,若金杖由粗到细是均匀变化的,问中间3尺的重量为
( )
A.6斤
B.9斤
C.9.5斤
D.12斤
3.一个凸多边形的内角成等差数列,其中最小的内角为,公差为,则这个多边形的边数为________.?
4.为了观看2022年的冬奥会,小明打算从2018年起,每年的1月1日到银行存入a元的一年期定期储蓄,若年利率为p,且保持不变,并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.2019年1月1日小明去银行继续存款a元后,他的账户中一共有________元;到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出,则可取回________元.
世纪金榜导学号?
【解析】1.选B.设需要n秒钟,则1+21+22+…+2n-1≥100,所以≥100,所以n≥7.
2.选B.依题意,金杖由粗到细各尺的重量构成一个等差数列,记为{an},则a1=4,a5=2,
由等差数列的性质得a2+a4=a1+a5=2a3=6,所以a3=3,所以中间3尺的重量为a2+a3+a4=3a3=9(斤).
3.由于凸n边形的内角和为(n-2)π,
故n+×=(n-2)π.
化简得n2-25n+144=0.解得n=9或n=16(舍去).
答案:9
4.依题意,2019年1月1日存款a元后,账户中一共有a(1+p)+a=(ap+2a)(元).
2022年1月1日可取出钱的总数为
a(1+p)4+a(1+p)3+a(1+p)2+a(1+p)
=a·
=[(1+p)5-(1+p)]=[(1+p)5-1-p].
答案:(ap+2a) [(1+p)5-1-p]
1.解答数列应用题的步骤
(1)审题——仔细阅读材料,认真理解题意.
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题,弄清该数列的结构和特征.
(3)求解——求出该问题的数学解.
(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中.
2.具体解题步骤用框图表示如下
考点二 数列的实际应用?
【典例】某商店投入81万元经销某种纪念品,经销时间共60天,市场调研表明,该商店在经销这一产品期间第n天的利润an=(单位:万元,n∈N
).为了获得更多的利润,商店将每天获得的利润投入到次日的经营中,记第n天的利润率bn=.例如,b3=.世纪金榜导学号
(1)求b1,b2的值.
(2)求第n天的利润率bn.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)①an=
an
以分段函数给出,注意变量范围
②bn=,求b1,b2的值
结合例子b3=,求b1,b2
(2)求第n天的利润率bn
结合an=,bn=求解,注意bn为分段函数形式
【解析】(1)当n=1时,b1=;
当n=2时,b2=.
(2)当1≤n≤20时,a1=a2=a3=…=an-1=an=1,
所以bn==.
当21≤n≤60时,
bn=
=
==.
所以第n天的利润率
bn=
1.若典例中条件不变,求该商店在经销此纪念品期间,哪一天的利润率最大?并求该日的利润率.
【解析】当1≤n≤20时,bn=递减,此时bn的最大值为b1=;
当21≤n≤60时,bn==≤=当且仅当n=,即n=40时,“=”成立.
又因为<,所以当n=40时,(bn)max=.
所以该商店在经销此纪念品期间,第40天的利润率最大,且该日的利润率为.
2.若典例中条件不变,60天的利润总和是多少?
【解析】当1≤n≤20时,a1=a2=a3=…=an-1=an=1,当21≤n≤60时,an=,所以{an}的前20项是常数列,后40项是以为首项,以为公差的等差数列,所以S60=20+40×+×=182(万元).
所以60天的利润总和是182万元.
解答数列实际应用问题的步骤
(1)确定模型类型:理解题意,看是哪类数列模型,一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型.基本特征如表:
数列模型
基
本
特
征
等差数列
均匀增加或者减少
等比数列
指数增长或减少,常见的是增长率问题、存款复利问题
简单递推数列
指数增长的同时又均匀减少.如年收入增长率为20%,每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销,即数列{an}满足an+1=1.2an-a
(2)准确解决模型:解模就是根据数列的知识,求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等,在解模时要注意运算准确.
(3)给出问题的回答:实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案,在解题中不要忽视了这点.
为了加强新旧动能转化,某市计划用若干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,替换车为电力型和混合动力型车.今年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7年内完成全部更换,求a的最小值.
【解析】(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.
依题意,得{an}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.所以{an}的前n项和
Sn==256,
{bn}的前n项和Tn=400n+a.
所以经过n年,该市被更换的公交车总数为
S(n)=Sn+Tn=256+400n+a.
(2)若计划7年内完成全部更换,则S(7)≥10
000,
所以256+400×7+a≥10
000,
即21a≥3
082,所以a≥146.
又a∈N
,所以a的最小值为147.
考点三 数学文化与数列?
命题精解读
1.考什么:考查数列的递推关系,等差、等比数列的通项公式或前n
项和2.怎么考:以古今数学文化为载体的数列问题3.新趋势:从中国古代数学名著,如《九章算术》《算法统宗》《律学新说》等及世界数学名著中挖掘素材,也可从古代诗歌、传说中进行提炼
学霸好方法
解决数列应用问题,要明确问题属于哪一种类型,即明确是等差数列问题还是等比数列问题,是求an还是Sn,特别是要弄清项数.
等差数列模型
【典例】《九章算术》是我国古代的数学名著,书中《均输章》有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何.”其意思为:已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?(“钱”是古代的一种重量单位)在这个问题中,丙所得为
( )
A.钱
B.钱
C.钱
D.1钱
【解析】选D.因甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列,设每人所得依次为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,则a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=5,解得a=1,即丙所得为1钱.
等比数列模型
【典例】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯
( )
A.1盏
B.3盏
C.5盏
D.9盏
【解析】选B.设塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,结合等比数列的求和公式有=381,解得x=3,即塔的顶层共有灯3盏.
【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题,关键是列出相关信息,合理建立数学模型——数列模型,判断是等差数列还是等比数列模型;求解时要明确目标,即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题还是最值问题,然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中,进行检验,最终得出结论.
如何建立该题的数学模型?
提示:建立等比数列模型,设顶层灯盏数x为数列首项,数列的公比q=2,7层塔的总灯数为等比数列的前7项和.
递推关系模型
【典例】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样的数列:1,1,2,3,5,8,…,该数列的特点是:从第3个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”,则是斐波那契数列中的第________项.
世纪金榜导学号?
【解析】(方法一:分析分子和式的通项,求和化简)
依题意得a1=a2=1,an+2=an+1+an,
an+1·an+2=+an·an+1,
所以=an+1·an+2-an·an+1,
则=a2
019a2
020-a2
018a2
019,
=a2
018a2
019-a2
017a2
018,
=a2
017a2
018-a2
016a2
017,……
=a2a3-a1a2,又=a1a2,
因此+++…++
=a2
020a2
019,
即=a2
020,
故是斐波那契数列中的第2
020项.
(方法二:归纳法)==2=a3,
==3=a4,==5=a5,猜测=an+1.由此可知,=a2
020.
答案:2
020
1.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道这样的题目:把100个面包分给5个人,使每个人所得成等差数列,且使较大的三份之和的是较小的两份之和,问最小的一份为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.由100个面包分给5个人,每个人所得成等差数列,可知中间一人得20块面包,设较大的两份为20+d,20+2d,较小的两份为20-d,20-2d,由已知条件可得(20+20+d+20+2d)=20-d+20-2d,解得d=,所以最小的一份为20-2d=20-2×=.
2.中国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,请问第二天走了
( )
A.192里
B.96里
C.48里
D.24里
【思路分析】读懂题意,将古代实际问题转化为现代数学问题,本题相当于:已知等比数列{an}中,公比q=,前6项和S6=378,求a2.
【解析】选B.依题意,每天走的路程构成等比数列{an},且n=6,公比q=,S6=378,设等比数列{an}的首项为a1,依题意有=378,解得a1=192.所以a2=192×=96.即第二天走了96里.
宋元时期杰出的数学家朱世杰在其数学巨著《四元玉鉴》卷中“茭草形段”第一个问题“今有茭草六百八十束,欲令′落一形′埵(同垛)之.问底子(每层三角形茭草束数,等价于层数)几何?”中探讨了“垛积术”中的落一形垛(“落一形”即是指顶上1束,下一层3束,再下一层6束,…,成三角锥的堆垛,故也称三角垛,如图,表示第二层开始的每层茭草束数),则本问题中三角垛底层茭草总束数为________.?
【思路分析】阅读理解,将其转化为数列问题.本题实质是一个数列求和问题,为此要分析通项的特点,根据通项特点选择求和方法.
【解析】设自上而下每一层茭草束数构造的数列为{an},则a1=1,a2=1+2,a3=1+2+3,…,
所以an=1+2+…+n==(n2+n),
所以Sn=1+3+6+…+(n2+n)
=[(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)]
=[n(n+1)(2n+1)+n(n+1)]=n(n+1)(n+2).
由条件n(n+1)(n+2)=680,
即有n(n+1)(n+2)=15×16×17=680×6,
所以n=15,所以a15==120.
即三角垛底层茭草总束数为120.
答案:120
【数学经典简介】
1.《九章算术》:《九章算术》大约成书于公元1世纪,是中国古代第一部数学著作.《九章算术》共收有246个与生产实践有联系的应用题,包括问、答和术三部分,并配有插图,分为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、盈不足、方程和勾股九章.《九章算术》是世界上最早系统叙述了分数运算的著作,其中盈不足的算法更是一项令人惊奇的创造,“方程”章还在世界数学史上首次阐述了负数及其加减运算法则.
2.《算法统宗》:《算法统宗》是由明代数学家程大位(公元1533—公元1606年)经过数十年的努力,于公元1592年60岁时写成的数学巨著.《算法统宗》是一部应用数学书,以珠算为主要的计算工具,共17卷,有595个应用题.
3.《四元玉鉴》:《四元玉鉴》成书于1303年由我国元代数学家朱世杰所著.全书共3卷,24门,288问,主要论述高次方程组的解法、高阶等差级数求和以及高次内插法等内容.注:中华文明源远流长,发展进程波澜壮阔,中国古代为世界数学做出了杰出的贡献.为了弘扬中华优秀传统文化,特在[数学经典简介]这一栏目中,简单介绍一些数学名著或数学家.
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