（江苏专用）2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案文苏教版.docx

第2讲数列的求解与综合创新 2019考向导航考点扫描三年考情考向预测2019201820171数列求通项、求和及求参数的范围(值)第14题以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属高档题2数列的综合与创新第20题第20题第19题1必记的概念与定理(1)等差数列an的前n项和公式：Snna1d；(2)等比数列an的前n项和公式：q1时，Sn；q1时，Snna1；(3)数列求和的方法技巧分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和2记住几个常用的公式与结论常见的拆项公式：(1)；(2)；(3)；(4)()3需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q1与q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形导致解题失误数列求通项、求和及求参数的范围(值)典型例题 (2019南京高三模拟)已知常数p0，数列an满足an1|pan|2anp，nN*(1)若a11，p1，求a4的值；求数列an的前n项和Sn(2)若数列an中存在三项ar，as，at(r，s，tN*，rst)依次成等差数列，求的取值范围【解】(1)因为p1，所以an1|1an|2an1因为a11，所以a2|1a1|2a111，a3|1a2|2a213，a4|1a3|2a319因为a21，an1|1an|2an1，所以当n2时，an1，从而an1|1an|2an1an12an13an(n2)，所以an3n2(n2)当n1时，S11当n2时，Sn1a2a3an1所以Sn即Sn，nN*(2)因为an1an|pan|anppananp2p0，所以an1an，即an单调递增当1时，有a1p，于是ana1p，所以an1|pan|2anpanp2anp3an，所以an3n1a1若an中存在三项ar，as，at(r，s，tN*，rst)依次成等差数列，则有2asarat，即23s13r13t1(*)因为st1，所以23s13s3t13r13t1，即(*)不成立故此时数列an中不存在三项依次成等差数列当11时，有pa1p此时a2|pa1|2a1ppa12a1pa12pp，于是当n2时，ana2p，从而an1|pan|2anpanp2anp3an所以an3n2a23n2(a12p)(n2)若an中存在三项ar，as，at(r，s，tN*，rst)依次成等差数列，由可知，r1，于是有23s2(a12p)a13t2(a12p)因为2st1，所以23s23t23s3t10因为23s23t2是整数，所以1，于是a1a12p，即a1p，与pa1p矛盾，故此时数列an中不存在三项依次成等差数列当1时，有a1pp，a1p0，于是a2|pa1|2a1ppa12a1pa12p，a3|pa2|2a2p|pa1|2a15ppa12a15pa14p，此时有a1，a2，a3成等差数列综上可知：1对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住nN*这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理对点训练1(2019江苏名校高三入学摸底)已知数列an满足a11，nan12(n1)an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn；(3)在第(2)问的条件下，若不等式(1)n(4Sn)1对任意的nN*恒成立，求的取值范围解 (1)由已知得，其中nN*，又1，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以2n1，则ann2n1(2)由(1)知，bn，故Sn44(3)由(2)得Sn4，所以(1)n(4Sn)1可化为1当n为奇数时，不等式可化为，记f(n)，易证f(n)是递减数列，所以f(n)maxf(1)1，所以1当n为偶数时，不等式可化为，记g(n)，易证g(n)是递增数列，所以g(n)ming(2)3，所以3综上可知，的取值范围为13数列的综合与创新典型例题 (2019高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数若存在“M数列”cn(nN*)，对任意正整数k，当km时，都有ckbkck1成立，求m的最大值【解】(1)证明：设等比数列an的公比为q，所以a10，q0由得解得因此数列an为“M数列”(2)因为，所以bn0由b11，S1b1，得，则b22由，得Sn，当n2时，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列因此，数列bn的通项公式为bnn(nN*)由知，bkk，kN*因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c11，q0因为ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1，2，3，m当k1时，有q1；当k2，3，m时，有ln q设f(x)(x1)，则f(x)令f(x)0，得xe列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值因为k) 总成立，则称数列an 是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：an是等差数列证明 (1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1，2，3，所以an3an2an1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列1已知数列an的前n项和Sn满足SnSmSnm(n，mN*)且a15，则a8_解析 数列an的前n项和Sn满足SnSmSnm(n，mN*)且a15，令m1，则Sn1SnS1Sn5，即Sn1Sn5，所以an15，所以a85答案 52(2019江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，若a1，a3，a4成等比数列，则的值为_解析 法一：设等差数列an的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，所以aa1a4，所以(a12d)2a1(a13d)，因为d0，所以a14d，所以3法二：设等差数列an的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，所以aa1a4，所以(a12d)2a1(a13d)，因为d0，所以a14d，所以3答案 33(2019泰州市高三模拟)设f(x)是R上的奇函数，当x0时，f(x)2xln，记anf(n5)，则数列an的前8项和为_解析 数列an的前8项和为a1a2a8f(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)(24ln 1)16答案 164(2019日照模拟改编)已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn_解析 由Snn26n可得，当n2时，anSnSn1n26n(n1)26(n1)2n7当n1时，S15a1，也满足上式，所以an2n7，nN*所以n3时，an0；n4时，an0，所以Tn答案 5已知等差数列an的前n项和为Sn，并且S100，S110，S110，d0，并且a1a110，即a60，所以a50，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k5答案 56(2019南京高三模拟)若等比数列an的各项均为正数，且a3a12，则a5的最小值为_解析 设等比数列an的公比为q(q0且q1)，则由a3a12，得a1因为a3a120，所以q1，所以a5a1q4令q21t0，所以a528，当且仅当t1，即q时，等号成立，故a5的最小值为8答案 87(2019江苏名校高三入学摸底)定义实数a，b之间的运算如下：ab，已知数列an满足：a1a21，an2(nN*)，若a2 0171，记数列an的前n项和为Sn，则S2 017的值为_解析 因为a11，a21，所以a34，a48，a54，a61，a71，a84，即此时an是周期数列，且周期为5，所以a2 017a21，a1a2a3a4a518，故S2 01740318a1a27 256答案 7 2568对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn_解析 因为an1an2n，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n所以Sn2n12答案 2n129(2019徐州调研)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为_解析 设等差数列an的公差为d，因为a3a736，所以a4a636，与a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，所以a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an0，所以a7a812为anan1的最小值综上，anan1的最小值为12答案 1210(2019昆明调研)将数列an中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：记数阵中的第1列数a1，a2，a4，构成的数列为bn，Sn为数列bn的前n项和若Sn2bn1，则a56_解析 当n2时，因为Sn2bn1，所以Sn12bn11，所以bn2bn2bn1，所以bn2bn1(n2且nN*)，因为b12b11，所以b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn2n1设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1，2，4，7，11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，所以cn1，由cn156，得n11，所以a56b112101 024答案 1 02411(2019江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a，1)，第三组是(1，a(12a)，2a，a(2a1)，1)，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a倍得到下一组，其中a设第n组中有an个数，且这an个数的和为Sn(nN*)(1)求an和Sn；(2)求证：解 (1)由题意可得a12，an1an(an1)2an1，所以an112(an1)，又a111，则an12n1，所以an2n11又S12，且Sn1Sn2a(Sn1)(2a1)Sn2a，则Sn11(2a1)(Sn1)，又S111，所以Sn1(2a1)n1，所以Sn(2a1)n11(2)证明：令bn，则bn下面用分析法证明数列bn为单调递增数列要证bnbn1，即证(2a1)n1，只需证2(2a1)n1(2a1)n，即证22a1，显然成立，则数列bn为单调递增数列所以n12(2019江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列an满足：a1a，a2b，an1(nN*)，其中m，a，b均为实常数(1)若m0，且a4，3a3，a5成等差数列求的值；若a2，令bn，求数列bn的前n项和Sn；(2)是否存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立？若存在，求出实数的值(用m，a，b表示)；若不存在，请说明理由解 (1)因为m0，所以aanan2，所以正项数列an是等比数列，不妨设其公比为q又a4，3a3，a5成等差数列，所以q2q6，解得q2或q3(舍去)，所以2当a2时，数列an是首项为2、公比为2的等比数列，所以an2n，所以bn即数列bn的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列当n为偶数时，Sn；当n为奇数时，Sn(2n1)所以Sn(2)存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立证明如下：因为aanan2m(nN*)，所以aan1an1m，n2，nN*，所以aaanan2an1an1，即aan1an1anan2a由于an0，此等式两边同时除以anan1，得，所以，即当n2，nN*时，都有anan2an1因为a1a，a2b，aanan2m，所以a3，所以，所以当时，对任意的nN*都有anan2an1成立13(2019泰州市高三模拟)已知数列an，bn满足2Sn(an2)bn，其中Sn是数列an的前n项和(1)若数列an是首项为，公比为的等比数列，求数列bn的通项公式；(2)若bnn，a23，求数列an的通项公式；(3)在(2)的条件下，设cn，求证：数列cn中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积解 (1)因为an2，Sn，所以bn(2)若bnn，则2Snnan2n，所以2Sn1(n1)an12(n1)，得2an1(n1)an1nan2，即nan(n1)an12，当n2时，(n1)an1(n2)an2，得(n1)an1(n1)an12(n1)an，即an1an12an，由2S1a12，得a12，又a23，所以数列an是首项为2，公差为321的等差数列，故数列an的通项公式是ann1(3)证明：由(2)得cn，对于给定的nN*，若存在kn，tn，k，tN*，使得cnckct，只需，即1，即，则t，取kn1，则tn(n2)，所以对数列cn中的任意一项cn，都存在cn1和cn22n，使得cncn1cn22n14(2019盐城