江苏省2019届高考数学专题四数列4.4专题提能—“数列”专题提能课讲义.docx

第四讲 专题提能“数列”专题提能课失误1因忽视对n1的检验而失误例1已知数列an的前n项之和为Snn2n1，则数列an的通项公式为_解析当n1时，a1S13.当n2时，anSnSn12n，an答案an点评在对数列的概念的理解上，仅注意了anSnSn1，导致出现错误答案an2n.已知Sn求an时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分失误2因不会设项而解题受阻例2已知一个等比数列an的前4项之积为，第2,3项的和为，则数列an的公比q_.解析设数列an的前4项分别为a，aq，aq2，aq3，则可得所以(1q)464q2，当q0时，可得q26q10，解得q32，当q0，an1an40，an1an4，即an是首项为2，公差为4的等差数列，an4n2.点评本例利用了方程的消元思想，通过an1Sn1Sn，Sn(an2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决值得注意的是有时可借助an1Sn1Sn消去an，利用Sn1，Sn的递推关系解题2分类讨论思想解决数列前n项和的问题例2设等比数列an的公比为q，前n项和Sn0(n1,2，)(1)求q的取值范围；(2)设bnan2an1，记bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小解(1)因为an是等比数列，Sn0，可得a1S10，q0.当q1时，Snna10；当q1时，Sn0，即0(n1,2，)，上式等价于不等式组：(n1,2，)，或(n1,2，)，解式得q1；解式，由于n可为奇数、可为偶数，得1q0或0q0且1q0.当1q2时，TnSn0，即TnSn；当q2且q0时，TnSn0，即Tn0，0成立的最大正整数n是_解析：an为等差数列，a10，|a2 019|，等价于a2 0180，a2 0190.在等差数列an中，a2 018a2 019a1a4 0360，S4 0360，S4 0374 037a2 0191，a6a7a6a712，记数列an前n项积为Tn，则满足Tn1的最大正整数n的值为_解析：a6a7a6a712因为a11，所以由a6a71a1a12a2a11a6a71T121，a71a1a13a2a12a6a81T131，且10Sn(2an1)(an2)，nN*.(1)求数列an的通项an；(2)是否存在m，n，kN*，使得2(aman)ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由解：(1)由10a1(2a11)(a12)，得2a5a120，解得a12或a1.又a11，所以a12.因为10Sn(2an1)(an2)，所以10Sn2a5an2，故10an110Sn110Sn2a5an122a5an2，整理，得2(aa)5(an1an)0，即(an1an)2(an1an)50.因为an是递增数列且a12，所以an1an0，因此an1an.所以数列an是以2为首项，为公差的等差数列，所以an2(n1)(5n1)(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：假设存在m，n，kN*，使得2(aman)ak，则5m15n1(5k1)，整理，得2m2nk，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立故满足条件的正整数m，n，k不存在6数列an，bn，cn满足：bnan2an1，cnan12an22，nN*.(1)若数列an是等差数列，求证：数列bn是等差数列；(2)若数列bn，cn都是等差数列，求证：数列an从第二项起为等差数列；(3)若数列bn是等差数列，试判断当b1a30时，数列an是否成等差数列？证明你的结论解：(1)证明：设数列an的公差为d，bnan2an1，bn1bn(an12an2)(an2an1)(an1an)2(an2an1)d2dd，数列bn是公差为d的等差数列(2)证明：当n2时，cn1an2an12，bnan2an1，an1，an11，an1an，数列bn，cn都是等差数列，为常数，数列an从第二项起为等差数列(3)数列an成等差数列bnan2an1，b1a30，令n1，a12a2a3，即a12a2a30，bn1an12an2，bn2an22an3，2bn1bnbn2(2an1anan2)2(2an2an1an3)，数列bn是等差数列，2bn1bnbn20，2an1anan22(2an2an1an3)，a12a2a30，2an1anan20，数列an是等差数列C组创新应用练1数列an中，an(nN*)，则最大项是第_项解析：因为an1，所以an在1,9单调递减，10，)单调递减，所以n0且最小时，an最大；n0且最大时，an最小所以当n10时an最大答案：102对于一切实数x，令x为不大于x的最大整数，则函数f(x)x称为高斯函数或取整函数若anf，nN*，Sn为数列an的前n项和，则S3n_.解析：由题意，当n3k，n3k1，n3k2时均有anfk，所以S3n00,n3(n1)nn2n.答案：n2n3等差数列an的前n项和为Sn.若S410，S515，则a4的最大值为_解析：法一：设a13dm(2a13d)n(a12d)，于是a13d(2mn)a1(3m2n)d，由解得所以a13d(2a13d)3(a12d)5334，所以a4的最大值是4.法二：设等差数列an的首项为a1，公差为d，因为S410，S515, 所以即而a4a13d.建立如图所示的平面直角坐标系a1Od，作出可行域及目标函数a4a13d.当直线a4a13d过可行域内点A(1,1)时截距最大，此时目标函数a4a13d取得最大值4.答案：44设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”若一个首项为1，公差为d(d0)的等差数列an为“和谐数列”，则该等差数列的公差d_.解析：由k(k为常数)，且a11，得nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0.对任意正整数n，上式恒成立，解得数列an的公差d2.答案：25设数列an满足aan1an1(a2a1)2，其中n2，且nN*，为常数(1)若an是等差数列，且公差d0，求的值；(2)若a11，a22，a34，且存在r3,7，使得mannr对任意的nN*都成立，求m的最小值；(3)若0，且数列an不是常数列，如果存在正整数T，使得anTan对任意的nN*均成立求所有满足条件的数列an中T的最小值解：(1)由题意，可得a(and)(and)d2，化简得(1)d20，又d0，所以1.(2)将a11，a22，a34代入条件，可得414，解得0，所以aan1an1，所以数列an是首项为1，公比q2的等比数列，所以an2n1.若存在r3,7，使得m2n1nr，即rnm2n1对任意nN*都成立，则7nm2n1，所以m对任意的nN*都成立令bn，则bn1bn，所以当n8时，bn1bn；当n8时，b9b8；当n8时，bn1bn.所以bn的最大值为b9b8，所以m的最小值为.(3)因为数列an不是常数列，所以T2.若T2，则an2an恒成立，从而a3a1，a4a2，所以所以(a2a1)20，又0，所以a2a1，可得an是常数列，矛盾所以T2不