专题四 数列
考
情
分
析
从2020年新高考全国卷和2020年山东新高考模拟卷对数列的考查来看,数列在高考中考查的力度在增强.这是由于新高考试题删除了选做题,使数列成为新高考六大解答题的必选内容,高考对数列命题的“一大一小或一大”的趋势比较明显,数列题和三角函数及解三角形题会交替处在解答题的第一题或第二题的位置上,考查难度处在中等,这两个题目会有一道题设计成是“结构不良”试题,这种新题型的条件具有开放性,给考生以更多的选择性.数列题考查的重点仍是等差、等比数列的基本内容以及数列的通项、求和.在核心素养考查上主要是逻辑推理和数学运算.
4.1 数列小题专项练
必备知识精要梳理
1.数列的本质:定义域为N
(或它的有限子集{1,2,…,n})的函数.
2.设数列{an}的前n项和为Sn,则an=
3.等差数列
(1)等差数列的通项an=a1+(n-1)d,
通项的推广1:an=am+(n-m)d,
通项的推广2:d=.
(2)等差数列的前n项和Sn==na1+d.
(3)等差数列的性质:若m+n=p+q,则am+an=ap+aq.
4.等比数列
(1)等比数列的通项an=a1qn-1,
通项的推广1:an=amqn-m,
通项的推广2:qn-m=.
(2)等比数列的Sn=
(3)等比数列的性质:若m+n=p+q,则am·an=ap·aq.
考向训练限时通关
考向一
数列及与其有关的概念
1.(2020河北武邑校级联考,理4)大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历的两仪数量总和.已知数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,则大衍数列中奇数项的通项公式为( )
A.
B.
C.
D.
2.(2020辽宁大连24中一模,8)数列{an}满足对任意的n∈N
,均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2,a9=3,a98=4,则数列{an}的前100项的和S100=( )
A.132
B.299
C.68
D.99
3.(2020山东烟台一模,14)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-n+1,则数列{an}的通项公式为 .?
4.(2020全国Ⅰ,文16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .?
考向二
等差数列的基本运算
5.(2020北京人大附中二模,6)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
6.
(2020全国Ⅱ,理4)北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3
699块
B.3
474块
C.3
402块
D.3
339块
7.(多选)下列关于等差数列的命题中正确的有( )
A.若a,b,c成等差数列,则a2,b2,c2一定成等差数列
B.若a,b,c成等差数列,则2a,2b,2c可能成等差数列
C.若a,b,c成等差数列,则ka+2,kb+2,kc+2一定成等差数列
D.若a,b,c成等差数列,则可能成等差数列
8.(2020北京,8)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( )
A.有最大项,有最小项
B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项
D.无最大项,无最小项
9.(2020全国Ⅱ,文14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .?
考向三
等比数列的基本运算
10.(2020辽宁锦州一模,7)已知等比数列{an}中,若a5+a7=8,则a4(a6+2a8)+a3a11的值为( )
A.128
B.64
C.16
D.8
11.(2020全国Ⅱ,文6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=( )
A.2n-1
B.2-21-n
C.2-2n-1
D.21-n-1
12.(多选)数列{an}满足an=qn(q>0,n∈N
),则以下结论正确的是( )
A.{a2n}是等比数列
B.不是等比数列
C.{lg
an}不是等差数列
D.{lg
}是等差数列
13.(2020山东淄博一模,14)记Sn为数列{an}的前n项和,若an=-1,则S7= .?
考向四
等差、等比数列的综合
14.(2020河南郑州二模,10)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,则的最小值为( )
A.4
B.3
C.2-2
D.2
15.(2020江苏,11)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N
),则d+q的值是 .?
16.(多选)(2020山东青岛5月模拟,10)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N
),公差d≠0,S6=90,a7是a3与a9的等比中项,则下列选项正确的是( )
A.a1=22
B.d=-2
C.n=10或n=11时,Sn取得最大值
D.当Sn>0时,n的最大值为20
专题四 数列
4.1 数列小题专项练
考向训练·限时通关
1.B 解析由数列的第一项为0,可知D错;因为数列的第三项为4,将n=3代入选项A,得到3,故A错;将n=3代入选项C,得到2,故C错;将n=3代入选项B,得到4,故B正确.
2.B 解析对任意的n∈N
,均有an+an+1+an+2为定值,∴(an+1+an+2+an+3)-(an+an+1+an+2)=0,故an+3=an,∴{an}是以3为周期的数列,
故a1=a7=2,a2=a98=4,a3=a9=3,
∴S100=(a1+a2+a3)+…+(a97+a98+a99)+a100=33(a1+a2+a3)+a1=33×(2+4+3)+2=299.
3.an= 解析由题意知,当n=1时,a1=S1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-n-2(n-1)2+n-1=4n-3.
又因为a1=1不满足an=4n-3,所以an=
4.7 解析当n为偶数时,有an+2+an=3n-1,则(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92,
因为前16项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.
当n为奇数时,有an+2-an=3n-1,由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-n2+n+,所以an+2=n2+n++a1,
所以a1+12+1++a1+32+3++a1+52+5++a1+72+7++a1+92+9++a1+112+11++a1+132+13++a1=448,解得a1=7.
5.A 解析由题知,
解得an=2n-5,故选A.
6.C 解析由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.
设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+9=3402.故选C.
7.BCD 解析对于A,取a=1,b=2,c=3,得a2=1,b2=4,c2=9,所以a2,b2,c2不成等差数列,故A错;
对于B,取a=b=c,可得2a=2b=2c,故B正确;
对于C,由题意a+c=2b,所以(ka+2)+(kc+2)=k(a+c)+4=2(kb+2),即ka+2,kb+2,kc+2成等差数列,故C正确;
对于D,取a=b=c≠0,可得,故D正确.
8.B 解析由题意公差d==2,则an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,
由通项知a1
1(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项,由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,故数列{Tn}中的正项只有有限项,T2=63,T4=63×15=945.故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.故选B.
9.25 解析设等差数列{an}的公差为d.
∵a1=-2,∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得d=1.
∴S10=10a1+d=-20+45=25.
10.B 解析a4(a6+2a8)+a3a11=a4a6+2a4a8+a3a11=+2a5a7+=(a5+a7)2=64.故选B.
11.B 解析设等比数列{an}的公比为q.
∵a5-a3=12,a6-a4=24,
=q=2.
又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,
∴a1=1.∴an=a1·qn-1=2n-1,
Sn==2n-1.
=2-=2-21-n.
故选B.
12.AD 解析an=qn(q>0,n∈N
),故a2n=q2n,=q2,故A正确;
,则是等比数列,故B不正确;
lgan=lgqn=nlgq,故lgan-lgan-1=nlgq-(n-1)lgq=lgq,则{lgan}是等差数列,故C不正确;
lg=lgq2n=2nlgq,故lg-lg=2nlgq-2(n-1)lgq=2lgq,故D正确.
13.-254 解析由已知an=-1,得Sn-Sn-1=-1,所以Sn-2=2(Sn-1-2)(n≥2).又a1=-1,即S1=-2,S1-2=-4,所以{Sn-2}是以-4为首项,2为公比的等比数列,
所以Sn-2=-4×2n-1,即Sn=2-2n+1,所以S7=2-28=-254.
14.D 解析由题意,a1,a3,a13成等比数列,则=a1·a13,
∴(1+2d)2=1+12d.得d=2或d=0(舍去),∴an=2n-1,∴Sn==n2,
令t=n+1,则=t+-2≥2-2=2,
当且仅当t=时取等号,则t=2,即n=1,的最小值为2.故选D.
15.4 解析由等差数列的前n项和公式和等比数列的前n项和公式得
Sn=na1+d+n2+n+qn+
对照已知条件Sn=n2-n+2n-1,得d=2,q=2,所以d+q=4.
16.BCD 解析由S6=90,可得6a1+15d=90,即2a1+5d=30,
①
由a7是a3与a9的等比中项,可得=a3a9,
即(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d),化简得a1+10d=0,
②
由①②解得a1=20,d=-2,
则an=20-2(n-1)=22-2n,Sn=n(20+22-2n)=21n-n2,
由Sn=-n-2+,可得n=10或11时,Sn取得最大值110;
由Sn>0,可得04.2.1 等差、等比数列的综合问题
必备知识精要梳理
1.判断给定的数列{an}是等差数列的方法
(1)定义法:an+1-an=d是常数(n∈N
).
(2)通项公式法:an=kn+b(k,b是常数).
(3)前n项和法:数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn(A,B是常数且A2+B2≠0).
(4)等差中项法:an+an+2=2an+1(n∈N
).
2.若数列{an},{bn}为等差数列且项数相同,则{kan},{an±bn},{pan+qbn}都是等差数列.
3.判断给定的数列{an}是等比数列的方法
(1)定义法:=q(常数q≠0).
(2)通项公式法:an=kqn(k,q为常数,且kq≠0).
(3)中项法:an·an+2=(n∈N
).
(4)前n项和法:数列{an}的前n项和为Sn=A-Aqn(常数A≠0,公比q≠1).
4.若数列{an},{bn}为等比数列且项数相同,则{kan}(k≠0),{},都是等比数列.
关键能力学案突破
热点一
等差(比)数列的判断与证明
【例1】(2020山东淄博4月模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,an+1=4an+3n-1,bn=an+n.
(1)证明:数列{bn}为等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和.
解题心得1.判断数列是等差(比)数列的方法通常有四种,证明数列是等差(比)数列的方法常用定义法.
2.对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解题思路是:由an与Sn的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.
【对点训练1】(2019全国Ⅱ,理19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
热点二
等差数列的通项及求和
【例2】(2019全国Ⅰ,文18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
解题心得a1,n,d是等差数列的三个基本量,an和Sn都可以用这三个基本量来表示,五个量a1,n,d,an,Sn中可“知三求二”,一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)求解,这种方法是解决数列问题的基本方法.
【对点训练2】(2020海南天一大联考第三次模拟,17)对于由正整数构成的数列{An},若对任意m,n∈N
且m≠n,Am+An也是{An}中的项,则称{An}为“Q数列”.设数列{an}满足a1=6,8≤a2≤12.
(1)请给出一个{an}的通项公式,使得{an}既是等差数列也是“Q数列”,并说明理由;
(2)根据你给出的通项公式,设{an}的前n项和为Sn,求满足Sn>100的正整数n的最小值.
热点三
等比数列的通项及求和
【例3】(2020山东,18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N
)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
解题心得1.已知等比数列前几项或者前几项的关系,求其通项及前n项和时,只需利用等比数列的通项公式及求和公式得到几个方程求解即可.
2.若已知条件没有明确数列{an}是等比数列,而是已知an=f(Sn)的关系式,在转化此条件时,通常有两种思路,一是将an用Sn-Sn-1代替,二是由an=f(Sn)推出an-1=f(Sn-1),两式作差,消去Sn.
【对点训练3】(2020四川绵阳三模,理17)若数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,an+1=Sn.
(1)求Sn;
(2)设bn=,求证:b1+b2+b3+…+bn<.
热点四
等差、等比数列的综合问题
【例4】(2020安徽合肥4月质检二,理17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前2n项和T2n.
解题心得对于等差、等比数列的综合问题,解决的思路主要是方程的思想,即运用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式将已知条件转化成方程或方程组,求出首项、公差、公比等基本量,再由基本量求出题目要求的量.
【对点训练4】(2020全国Ⅲ,文17)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
热点五
等差、等比数列的存在问题
【例5】(2020山东新高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1解题心得从三个给出的选择性条件中,选择自己好理解的条件是解题的关键,将已知的条件通过逻辑推理进行转换是解题的突破口,较强的运算能力是拿到满分的重要保证.
【对点训练5】(2020山东枣庄二模,17)在①S4是a2与a21的等差中项;②a7是与a22的等比中项;③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个,补充在横线中,并解答下面的问题.
已知{an}是公差为2的等差数列,其前n项和为Sn, .?
(1)求an;
(2)设bn=·an,是否存在k∈N
,使得bk>?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.
核心素养微专题(四)
求解等差、等比数列的应用题
【例1】(2020安徽合肥一中模拟,文12)如图所示,一条螺旋线是用以下方法画成的:△ABC是边长为2的正三角形,曲线CA1,A1A2,A2A3是分别以A,B,C为圆心,AC,BA1,CA2为半径画的圆弧,曲线CA1A2A3称为螺旋线的第一圈,然后又以A为圆心,AA3为半径画圆弧,……,这样画到第n圈,则所得螺旋线的长度ln为( )
A.(3n2+n)π
B.2(3n2+n)π
C.
D.
核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,从题目所给的几何图形中通过“数学抽象”得到一组数据;再通过“数学建模”将问题转化为等差数列模型;然后对等差数列模型的各项数值通过“数据分析”得到等差数列的项数和公差;最后通过“数学运算”得出答案.
【跟踪训练1】(2019四川绵阳模拟,理16)如图,互不相同的点A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等.设OAn=an,若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是 .?
【例2】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,E,F,G分别为A1B1,BB1,B1C1的中点,E1,F1,G1分别为EB1,FB1,B1G的中点,E2,F2,G2分别为E1B1,F1B1,B1G1的点,……,依此类推,令三棱锥B-A1B1C1的体积为V1,三棱锥F-EB1G的体积为V2,三棱锥的体积为F1-E1B1G1的体积为V3,……,则V1+V2+V3+…+Vn=( )
A.
B.
C.
D.
核心素养分析本例考查三个核心素养,考生在读懂题意的基础上,需要从题目所给的正方体中通过“数学抽象”得到三棱锥的一组体积数据;再通过“数学建模”将问题转化为等比数列模型;然后对等比数列通过“数学运算”得出答案.
【跟踪训练2】在数列{an}中,a1=1,前n项和Sn满足3x(Sn+1-1)=(2x+3)Snx≠0,x≠-,n∈N
.令f(x)=,则f(x)= .?
4.2 数列大题
4.2.1 等差、等比数列的综合问题
关键能力·学案突破
【例1】(1)证明∵bn=an+n,∴bn+1=an+1+n+1.又an+1=4an+3n-1,=4.又b1=a1+1=1+1=2,
∴数列{bn}是首项为2,公比为4的等比数列.
(2)解由(1)知,bn=2×4n-1,
∴an=bn-n=2×4n-1-n,
∴Sn=a1+a2+…+an=2(1+4+42+…+4n-1)-(1+2+3+…+n)=(4n-1)-n2-n.
对点训练1(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1.所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,
bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+
【例2】解(1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5,得a1+4d=0.
由a3=4,得a1+2d=4.
可得a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
对点训练2解(1)给出的通项公式为an=2n+4,a1=6,a2=8符合题意.
因为对任意n∈N
,an+1-an=2(n+1)+4-2n-4=2,
所以{an}是公差为2的等差数列.
对任意m,n∈N
且m≠n,
am+an=2m+4+2n+4=2(m+n+2)+4=am+n+2,
所以{an}是“Q数列”.
(2)因为{an}是等差数列,所以Sn==n2+5n(n∈N
).
因为Sn单调递增,且S7=72+5×7=84<100,S8=82+5×8=104>100,
所以n的最小值为8.
注:以下答案也正确,解答步骤参考上面内容:
①an=3n+3,Sn=n2+n,n的最小值为7;
②an=6n,Sn=3n2+3n,n的最小值为6.
【例3】解(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.
解得q=(舍去),q=2.
因为a1q2=8,所以a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
对点训练3(1)解an+1=Sn,可得an+1=Sn+1-Sn=Sn,即Sn+1=Sn,
由a1=1,可得S1=1,
可得数列{Sn}是首项为1,公比为的等比数列,则Sn=;
(2)证明因为bn=,
所以{bn}是首项为1,公比为的等比数列,则b1+b2+b3+…+bn=1-<
【例4】解(1)设{an}的公差为d,由a2=1,S7=14得
解得a1=,d=,所以an=
∵b1·b2·b3·…·bn=,∴b1·b2·b3·…·bn-1=(n≥2),
两式相除得bn=2n(n≥2).
当n=1时,b1=2,适合上式,∴bn=2n.
(2)∵cn=bncos(anπ)=2ncos,
∴T2n=2cos+22cosπ+23cos+24cos2π+…+22n-1cos+22ncosnπ=22cosπ+24cos2π+26cos3π+…+22ncosnπ=-22+24-26+…+(-1)n·22n==-
对点训练4解(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.由已知得解得a1=1,q=3.
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知log3an=n-1,故Sn=
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6.
【例5】解因为在等比数列{bn}中,b2=3,b5=-81,所以公比q=-3,从而bn=b2(-3)n-2=3×(-3)n-2,从而a5=b1=-1.
若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk>Sk+ak+1,从而ak+1<0;
同理,若使Sk+10.
若选①:由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,又a5=-1,则可得a1=-13,d=3,所以an=3n-16,
当k=4时,能使a5<0,且a6>0成立;
若选②:由a4=b4=27,且a5=-1,所以数列{an}为递减数列,
故不存在ak+1<0,且ak+2>0;
若选③:由S5=-25==5a3,解得a3=-5,从而an=2n-11,所以当k=4时,能使a5<0,a6>0成立.
对点训练5解(1)若选①S4是a2与a21的等差中项,则2S4=a2+a21,
即24a1+2=(a1+2)+(a1+20×2).解得a1=3.所以an=3+2(n-1)=2n+1.
若选②a7是与a22的等比中项,则a22,
即(a1+6×2)2=a1+2·(a1+21×2).解得a1=3.
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
若选③数列{a2n}的前5项和为65,
则a2+a4+a6+a8+a10=65,
即5a1+25d=65,解得a1=3.
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)不存在.理由如下,bn=an=(2n+1)
bn+1-bn=(2n+3)-(2n+1)[3(2n+3)-4(2n+1)]=(5-2n).
所以bn+1>bn可转化为bn+1-bn>0,即5-2n>0,解得n<2.5,则n=1,2,即b3>b2>b1;
bn+12.5,则n=3,4,5,…,即b3>b4>b5>….
所以{bn}中的最大项为b3=(2×3+1)
显然b3=
所以?n∈N
,bn<
所以不存在k∈N
,使得bk>
核心素养微专题(四)
【例1】B 解析第一圈的三段圆弧为CA1,A1A2,A2A3,第二圈的三段圆弧为A3A4,A4A5,A5A6,…,第n圈的三段圆弧为A3(n-1)A3n-2,A3n-2A3n-1,A3n-1A3n.各段圆弧的长度分别为2,4,6,8,10,12,…,(6n-4),(6n-2),6n,
此数列是以为首项,为公差,项数为3n的等差数列,
则ln==2(3n2+n)π,故选B.
跟踪训练1an= 解析设=S,
∵a1=1,a2=2,OAn=an,
∴OA1=1,OA2=2.
又易知△OA1B1∽△OA2B2,
=3=3S.
∵所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等,且△OA1B1∽△OAnBn,
,∴an=
【例2】C 解析由题意得V1=6×6×6=36.因为E,F,G分别为A1B1,BB1,B1C1的中点,所以三棱锥F-EB1G的体积为V2=V1;
E1,F1,G1分别为EB1,FB1,B1G的中点,所以V3=V2;
E2,F2,G2分别为E1B1,F1B1,B1G1的中点,所以V4=V3;…,Vk+1=Vk.
所以V1,V2,V3,…,Vn成等比数列,且首项为36,公比为,
所以Sn=故选C.
跟踪训练2 解析由题知,当n=1时,3x(a1+a2-1)-(2x+3)a1=0,
因为a1=1,所以a2=,
所以
当n≥2时,有3x(Sn+1-1)-(2x+3)Sn=0,
①
3x(Sn-1)-(2x+3)Sn-1=0,
②
-②得3xan+1-(2x+3)an=0,即,于是f(x)=4.2.2 求数列的通项及前n项和
必备知识精要梳理
1.由递推关系式求数列的通项公式
(1)形如an+1=an+f(n),利用累加法求通项.
(2)形如an+1=anf(n),利用累乘法求通项.
(3)形如an+1=pan+q,等式两边同时加转化为等比数列求通项.
2.数列求和的常用方法
(1)公式法:利用等差数列、等比数列的求和公式.
(2)错位相减法:适合求数列{an·bn}的前n项和Sn,其中{an},{bn}一个是等差数列,另一个是等比数列.
(3)裂项相消法:将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累加抵消中间若干项的方法.
(4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和.
(5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,适用于正负相间排列的数列求和.
(6)常用裂项结论
①;
②;
③;
④).
关键能力学案突破
热点一
求通项及错位相减法求和
【例1】(2020山东潍坊一模,18)在①b2n=2bn+1,②a2=b1+b2,③b1,b2,b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件,补充在下面的问题中,并求解.
已知数列{an}中a1=1,an+1=3an,公差不等于0的等差数列{bn}满足 ,求数列的前n项和Sn.?
解题心得若已知数列为等差或等比数列,求其通项是利用等差、等比数列通项公式,或通过变形转换成等差、等比数列求通项;如果数列{an}与数列{bn}分别是等差数列和等比数列,那么数列{an·bn}的前n项和采用错位相减法来求.
【对点训练1】(2020全国Ⅰ,理17)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
热点二
求通项及裂项相消法求和
【例2】(2020山东潍坊二模,18)已知数列{an}为正项等比数列,a1=1,数列{bn}满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n.
(1)求an;
(2)求的前n项和Tn.
解题心得1.若条件等式中含有an,Sn的关系式,或已知条件中含有数列通项的较为复杂的关系式,条件转化的常用方法是由已知关系式再推出一个关系式相减.
2.把数列的通项拆成两项之差,求和时中间的项能够抵消,从而求得其和.注意抵消后所剩余的项一般前后对称.
【对点训练2】(2020浙江,20)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=·cn,n∈N
.
(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+,n∈N
.
热点三
求通项及分组求和或并项求和
【例3】(2020山西大同模拟五,17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1-2(n+1)an=n2+n(n∈N
).
(1)求证:数列为等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解题心得1.若能把一个较为复杂的数列的通项分成两(或多)部分,而每一部分对应的前n项的和可求,则分别求和相加即可.
2.若一个数列的前n项和不好求,而数列相邻的两项或多项的和相等且为常数,则对该数列先作并项处理,即先合并项,再求和.
【对点训练3】(2020河南安阳二模,理17)记数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=2an-2n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=(-1)n·log2,数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
热点四
数列中的存在性问题
【例4】(2020江苏,20)已知数列{an}(n∈N
)的首项a1=1,前n项和为Sn.设λ与k是常数,若对一切正整数n,均有=λ成立,则称此数列为“λ~k”数列.
(1)若等差数列{an}是“λ~1”数列,求λ的值;
(2)若数列{an}是“~2”数列,且an>0,求数列{an}的通项公式;
(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{an}为“λ~3”数列,且an≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.
解题心得解决数列中的存在性问题的一般方法是假设推理法.即先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
【对点训练4】(2020天津河西区校级联考,17)设各项均为正数的等比数列{an}(n∈N
)中,a1+a3=10,a3+a5=40.设bn=log2an.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)若c1=1,cn+1=cn+,求证:cn<3;
(3)是否存在正整数k,使得+…+对任意正整数n均成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,说明理由.
核心素养微专题(五)
求解数列与多模块知识综合题
【例1】(2020江西九江一模,理12)在平面直角坐标系xOy中,已知An,Bn是圆x2+y2=n2上两个动点,且满足=-(n∈N
),设An,Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和的最大值为an,若数列的前n项和Sn
A.
B.
C.
D.
核心素养分析本题是数学多模块知识的综合题,对核心素养要求较高.先用“数学抽象”将=-转化为∠AnOBn=120°;其次运用“直观想象”将两点到直线的距离之和转化为一点到直线的距离;再运用“逻辑推理”将距离的最大值转化为圆心到直线的距离与圆的半径之和;最后运用“数列运算”求出数列的和及得出结果.
【跟踪训练1】已知函数f(x)=
若函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1,a2,…,an,并记相应的极大值为b1,b2,…,bn,则(ai+bi)的值为( )
A.250+2
449
B.250+2
549
C.249+2
449
D.249+2
549
【例2】(多选)已知数列{an}中,a1=1,an+1-an,n∈N
.若对于任意的t∈[1,2],不等式<-2t2-(a+1)t+a2-a+2恒成立,则实数a可能为( )
A.-4
B.-2
C.0
D.2
核心素养分析解决本题首先运用“数学抽象”明确由递推公式要求的是的表达式,然后运用“逻辑推理”和“数学运算”通过累加求和的方法得出的表达式及其范围,最后逐个验证四个选项中的a的值对应的不等式是否恒成立.
【跟踪训练2】(2020山东潍坊一模,16)定义函数f(x)=[x[x]],其中[x]表示不超过x的最大整数,例如[1.3]=1,[-1.5]=-2,[2]=2,当x∈[0,n)(n∈N
)时,f(x)的值域为An.记集合An中元素的个数为an,则的值为 .?
4.2.2 求数列的通项及前n项和
关键能力·学案突破
【例1】解因a1=1,an+1=3an,所以数列{an}是以1为首项,公比为3的等比数列,所以an=3n-1.
选①②时,设数列{bn}公差为d,
因为a2=3,所以b1+b2=3.
因为b2n=2bn+1,所以n=1时,b2=2b1+1,
解得b1=,b2=,所以d=,
所以bn=所以
Sn=+…++…+,
①
所以Sn=+…+
②
①-②,得Sn=+5+…+-
所以Sn=
选②③时,设数列{bn}公差为d,因为a2=3,所以b1+b2=3,即2b1+d=3.
因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即(b1+d)2=b1(b1+3d),
化简得d2=b1d,因为d≠0,所以b1=d,从而d=b1=1,所以bn=n.
所以,Sn=+…++…+,
①
所以Sn=+…+
②
①-②,得Sn=1++…+,所以Sn=
选①③时,设数列{bn}公差为d,因为b2n=2bn+1,所以n=1时,b2=2b1+1,所以d=b1+1.
又因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即(b1+d)2=b1(b1+3d),化简得d2=b1d,因为d≠0,所以b1=d,从而无解,所以等差数列{bn}不存在,故不合题意.
对点训练1解(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n
=-n×(-2)n.
所以Sn=
【例2】解(1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)×2=1,所以b1=1.
令n=2,得a1b1+a2b2=7,
所以a2b2=6.又因为b2=3,所以a2=2.设数列{an}的公比为q,则q==2,所以an=2n-1.
(2)当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1,
①
又a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n,
②
②-①得anbn=3+(2n-3)2n-[3+(2n-5)2n-1]=(2n-1)2n-1,
得bn=2n-1,n=1时也成立,
所以bn=2n-1,,
所以Tn=1-++…+=1-+…+=1-=
对点训练2(1)解由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,解得q=
由cn+1=4cn,得cn=4n-1.
由an+1-an=4n-1,得an=a1+1+4+…+4n-2=
(2)证明由cn+1=cn,得cn=,所以c1+c2+c3+…+cn=,
由b1=1,d>0,得bn+1>0,因此c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N
.
【例3】(1)证明由nan+1-2(n+1)an=n2+n两边同除以n(n+1)得-2=1,
+1=2+2=2
+1=2≠0,+1≠0,
=2,∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解由(1)有+1=2n,
∴an=n·2n-n.
Sn=1×21+2×22+…+n·2n-(1+2+3+…+n)=1×21+2×22+…+n·2n-
令Tn=1×21+2×22+…+n·2n,
①
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
②
①-②得,-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)2n+1-2,∴Tn=(n-1)·2n+1+2,Sn=(n-1)·2n+1+2-
对点训练3解(1)当n=1时,由Sn=2an-2n+1,可得a1=S1=2a1-2+1,解得a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2n+1-2an-1+2(n-1)-1,即为an=2an-1+2,可得an+2=2(an-1+2),显然an-1+2≠0,则=2.
所以数列{an+2}是首项为3,公比为2的等比数列,则an+2=3·2n-1,即an=3·2n-1-2.
(2)bn=(-1)n·log2(3·2n-1+2)-=(-1)n·log22n=(-1)n·n,
当n为偶数时,Tn=(-1+2)+(-3+4)+…+(-n+1+n)=,
当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-n=
综上可得,Tn=
【例4】解(1)因为等差数列{an}是“λ~1”数列,则Sn+1-Sn=λan+1,即an+1=λan+1,
也即(λ-1)an+1=0,此式对一切正整数n均成立.
若λ≠1,则an+1=0恒成立,故a3-a2=0,而a2-a1=-1,
这与{an}是等差数列矛盾.
所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)
(2)因为数列{an}(n∈N
)是~2”数列,所以,即
因为an>0,所以Sn+1>Sn>0,
则-1=令=bn,则bn-1=,即(bn-1)2=-1)(bn>1).解得bn=2,即=2,也即=4,所以数列{Sn}是公比为4的等比数列.
因为S1=a1=1,所以Sn=4n-1.则an=
(3)设各项非负的数列{an}(n∈N
)为“λ~3”数列,
则=,即=
因为an≥0,而a1=1,所以Sn+1≥Sn>0,则-1=
令=cn,则cn-1=(cn≥1),即(cn-1)3=λ3(-1)(cn≥1).(
)
①若λ≤0或λ=1,则(
)只有一解为cn=1,即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)
②若λ>1,则(
)化为(cn-1)=0,
因为cn≥1,所以cn+1>0,则(
)只有一解为cn=1,
即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)
③若0<λ<1,则cn+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,
则方程(
)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).
所以Sn+1=Sn或Sn+1=t3Sn.
由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{Sn}有无数多个,则对应的{an}有无数多个.
综上所述,能存在三个各项非负的数列{an}为“λ~3”数列,λ的取值范围是(0,1).
对点训练4(1)解设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q,
则a1+a1q2=10,a1q2+a1q4=40,
解得a1=2,q=2,即有an=2n,bn=log22n=n.
(2)证明c1=1,cn+1=cn+=cn+,cn+1-cn=,
则cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn-cn-1)=1++…+,即有cn=+…+,两式相减可得cn=1++…+-=1+(n+1),即有cn=3-(n+1)<3.
(3)解存在.假设存在正整数k,使得+…+对任意正整数n均成立,令Sn=+…++…+,
Sn+1=+…+,
即有Sn+1-Sn=>0,即为Sn+1>Sn,{Sn}是递增数列,S1最小,且S1=,则有,解得k<5,故存在正整数k,且k的最大值为4.
核心素养微专题(五)
【例1】B 解析由=-,得n·ncos∠AnOBn=-,∴cos∠AnOBn=-,即∠AnOBn=120°,设线段AnBn的中点为Cn,则OCn=,
∴Cn在圆x2+y2=上,An,Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和等于点Cn到该直线的距离的两倍.
点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和,
而圆x2+y2=的圆心(0,0)到直线x+y+n(n+1)=0的距离为d=,
∴an=2=n2+2n,
.
∴Sn=+…+1-+++…+=1+<,∴m,故选B.
跟踪训练1C 解析当1≤x≤3时,f'(x)=cos,显然当x=2时,f'(x)=0,
∴x=2为f(x)的第一个极大值点.
又当3∴an=2n,1≤n≤49,n∈N
,∴对应极大值bn=2n-1,1≤n≤49,n∈N
.
(ai+bi)==249+2449,故选C.
【例2】AB 解析由题意得an+1-an,
,则,…,=1-,上述式子累加可得-a1=1-,
=2-<2,
∴-2t2-(a+1)t+a2-a+2≥2对于任意的t∈[1,2]恒成立,
整理得[2t-(a-1)](t+a)≤0对于任意的t∈[1,2]恒成立,
对A,由a=-4,得出t∈[1,2]不等式(2t+5)(t-4)≤0恒成立,故A正确;
对B,由a=-2,得出t∈[1,2]不等式(2t+3)(t-2)≤0恒成立,故B正确;
对C,由a=0,得出t∈[1,2]不等式(2t+1)t≤0不恒成立,故C错误;
对D,由a=2,得出t∈[1,2]不等式(2t-1)(t+2)≤0不恒成立,故D错误,故选AB.
跟踪训练2 解析根据题意,[x]表示不超过x的最大整数,
即[x]=则有x[x]=
则[x[x]]在各区间中的元素个数是1,1,2,3,…,n-1,故an=1+1+2+3+…+(n-1)=1+,
所以,则=++…+=+…+=21-+…+=21-=