数列综合专题

1、数列综合专题高考在考什么【考题回放】1 .已知a,b,c,d成等比数列，且曲线y=x22x+3的顶点是(b,c),则ad等于(B)A.3B.2C.1D.-22 .已知等差数列an的前n项和为Sn，若S12=21,则a2七5ay=.73 .在等比数列Qn中，a1=2，前n项和为Sn,若数列an+1也是等比数列，则Sn等于A.2n1-2B.3nC.2nD.3n-1【解析】因数列a2为等比，则an=2qn,，因数列+仆也是等比数列，则22,.(an11)=(an1)(an21)=an12an1=anan2anan2=anan2=2an1-2二an(1q-2q)=0=q=14 .设集合M=1,2,3,

2、4,5,6,Si,S,川，Sk都是M的含两个元素的子集，且满足：对任意的Si=ai,bi,§=aj,bj(i#j,aibiajbj，一、i、j=1,2,3,HI,k),都有min/min<卜(minx,ybiaiIbjaj表示两个数x,y中的较小者)，则k的最大值是(B)A.10B.11C.12D.135 .已知正项数列an,其前n项和与满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列an的通项an解析：解：.110S1=an2+5an+6,，10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1二3.又10s产an12+5an1+6(nR2),由一得10an

3、=(anan-1)+6(anani),即(an+ani)(anan-1-5)=0.an+an1>0,an-an1=5(n>2).当a1=3时，a3=13,a15=73.a1,a3,a15不成等比数列，aw3;2曾a二2时,a3=12)a15=72,=fa3=a1a15).a1=2,.an=5n3.即an=2,所以Sn=2n,故选择答案C。6 .已知公比为q(0<q<1)的无穷等比数列an各项的和为9,无穷等比数解：(I)依题意可知意命题的原则.列a；各项的和为81.5(I)求数列an的首项ai和公比q；(II)对给定的k(k=1,2,3，川，n),设T(k)是首项为ak

4、,公差为2ak1的等差数列，求T的前10项之和;1 -q_2 二ai811-q25S、n，(n)由(i)知，an=3父i，所以数列T的的首项为t1=a2=2,公<3J差d=2a2-1=3,1 (2).S10=10父2+一父10父9M3=155,即数列T的前10项之和为155.2高考要考什么本章主要涉及等差(比)数列的定义、通项公式、前n项和及其性质,数列的极限、无穷等比数列的各项和.同时加强数学思想方法的应用，是历年的重点内容之一，近几年考查的力度有所增加，体现高考是以能力立高考对本专题考查比较全面、深刻，每年都不遗漏.其中小题主要考查a1、d(q)、n、an、Sn间相互关系，呈现“小、

5、巧、活”的特点；大题中往往把等差(比)数列与函数、方程与不等式，解析几何等知识结合,考查基础知识、思想方法的运用，对思维能力要求较高，注重试题的综合性，注意分类讨论.高考中常常把数列、极限与函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在一起，再加以导数和向量等新增内容，使数列综合题新意层出不穷.常见题型：(1)由递推公式给出数列，与其他知识交汇，考查运用递推公式进行恒等变形、推理与综合能力.(2)给出&与an的关系，求通项等，考查等价转化的数学思想与解决问题能力.(3)以函数、解析几何的知识为载体，或定义新数列，考查在新情境下知识的迁移能力.理科生需要注意数学归纳法在数列综合题中的应用

6、，注意不等式型的递推数列.突破重难点【范例1】已知数列an,bn满足a1=2,h=1,且31an=-an3bnd,1彳44(n>2)13bn=an一bn1443n=27+n+2，口c1n2求和得Sn=F+n+1.n2n2【变式】在等差数列an中，4=1,前n项和&满足条件(I)令0n=an+bn,求数列cn的通项公式;(II)求数列an的通项公式及前n项和公式Sn.S2n4n2-q=,n=1,2,|，Snn1(I)求数列an的通项公式;解：(I)由题设得an+bn=(an工+bnJ+2(n>2),即cn=cn+2(n)记bn=anp3n(p>0),求数列的前n项和国。

7、dn(n>2)易知%是首项为a+h=3,公差为2的等差数列，通项公式为cn=2n+1.1,.(II)解：由题设得an-bn=(an-bn_L)(n>2),令dn=anbn,则，1,，c、dn=-dn(n>2).21 ,易知dn是首项为a1-th=1,公比为一的等比数列，通项公式为2anbn=2n1，由1解得jan-bn-？nJ解：(i)设等差数列an的公差为d,由殳=电上得：Snn12=3,所以a2=2,即d=a2-a1=1,又a1小m22n4n2S2n22(annda"2(ann1)=n1Snanalnanaan12以an=no(口)由bn=anp3n，得bn=n

8、pn。所以Tn=p+2p2+3p3+|卜(n-1)pn"+npn,当p=1时，Tn=当p#1时，pTn=p22p33P4III(n-1)pnnpn1,23nJnn1p(1-p)n1(1-P)Tn=pppIIIpp-npnp1-pp=1npn,p#11- pf(x)=6x2,得a=3,b=2,所以f(x)=3x22x.又因为点(n,Sn)(nwN*)均在函数y=f(x)的图像上，所以8n=3n22n.当n>2时，an=SS1=(3n22n)-fe(n-1)2-2(n-1)1=6n-5.当n=1时，a1=S=3X122=6X15,所以，an=6n5(nwN*)(n)由(I)得知bn

9、=anan13(6n-5)l6(n-1)-51(理)已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)=6x2,数列%的前n项和为&,点(n,&)(nwN*)均在函数y=f(x)的图像上。1.1 1、一(-)，26n-56n1(I)、求数列an的通项公式;,111111故Tn=乙bi=-l(1)+()+.+()y277136n-56n1(16n1解：(I)设这二次函数f(x)=ax2+bx(aw0)，则(x)=2ax+b,由于1m一(n)、设bn=,T是数列bn的刖n项和，求使得Tn<一对所anan120有nwN印都成立的最小正整数m；因此，要使-(

10、1-)<(nWN*)成立的m,必须且仅须满26n120一1m一一足一4，即m>10,所以满足要求的最小正整数m为10.220【范例2】已知函数f(x)=x2+x1,a,P是方程f(x)=0的两个根(c(aP),(an")2,同理an小V2an2(an-a).o._?bn-f4=2bn又2anf(an)f'(x)是f(x)的导数；设&=1,an+=an(n=1,2,)f'(an)(1)求a,P的值；(2)证明：对任意的正整数n,都有an>a;a(3)记bn=ln(n=1,2,),求数列bn的刖n项和$。an-a解析：(1)=f(x)=x2+x1

11、,a,P是方程f(x)=0的两个根(ot>P),1"j,5-15a=,P=;22115a2an(2an1)(2an1)(2)f'(x)=2xy,an+=an-anan-an二442an12an15_115-1=(2an+1)+-4，.a1=1,.有基本不等式可知a2>>0(当42an122且仅当司=与1时取等号)，%>W5尸>0同，样a3>与1,，5-1an>=*(n=1,2,),2(3)为+-屋为-P-(an"?")=空(为+1y),而口+屋一1,2an12an1b=ln=ln1-OtS=2(2n-1)ln353

12、：K河=2ln3t；52352已知函数f(x)=x2+x1,a、P是方程f(x)=0的两个根(Ct),f'(x)是的导数设a=1,an+=an-fa,(n=1,2,用).f(an)求a、P的值；一a.(2)已知对任意的正整数n有an>u，记bn=ln3，(n=1,2,|).求an-?数列bn的前n项和Sn.(2)fx)=2x1“an-a1n1n2an12an1解、由xj0得x”-1丁一丁an2115an1-an11-52%12an215an35an2+(1一新Jan+315a3an249(I)若输入x0=，则由数列发生器产生数列xn.请写出数列65Xn的所有项;二bn书=2bn又

13、ha35=lna=ln=4lna1-：3-；5(H)若要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据X0的值;二数列bn是一个首项为4ln1丁,公比为2的等比数列；(出)(理)若输入x0时，产生的无穷数列xn满足：对任意正整数n,均有xnVxn+1,求x0的取值范围.解：(I)f(x)的定义域D=OO1)U(1,+OO).115n4ln1-2Sn=2=42n-1In1-2152一、一11，数列xn只有二项x1=,19x2=,x3=15【变式】对任意函数f(x),xCD,可按图示32构造一个数列发生器，其工作原理如下:4x-2(n).f(x)=*即x12x3x+2=0,，x=1或x=2输入

14、数据x。D经数列发生器输出x1=f即x0=1或2时,若x1皂D,则数列发生器结束工作；若x1CD,则将x1反馈回输入端,xn1=xn,故当x0=1时，x0=1；当x0=2再输出x2=f(x1),并依此规律继续下去.时,xn=2(nCN)4x-2现定义f(x)=(ID)解不等式4x-2x<,得xv1或1vx<2,要使x1<x2,则x2<1或1vx1v2一4x-26.一对于函数f(x)=4。右xi<1,则x2=f(xi)x1x1>4,x3=f(x2)vx2当1vxi<2时，x2=f(x)>xi且1vx2<2依次类推可得数列xn的所有项均满足xn

15、+1>xn(nCN)综上所述，xM(1,2),由x1=f(x0),得x0C(1,2)【范例3】已知An(an,bn)(nwN*)是曲线y=ex上的点，a1=a,8n是数列an的前n项和，且满足&=3n2an+8L,an#0,n=2,3,4,.(I)证明：数列1b主(nw2)是常数数列；.bn(II)确定a的取值集合M,使awm时，数列an是单调递增数列；(III)证明：当aM时，弦AnAn书(门亡N*)的斜率随n单调递增解：(I)当n>2时，由已知得S2S；=3n2an.因为an=&&#0,所以&+Sn=3n2.于是Sn+十Sn=3(n+1)2.由一

16、得an书+an=6n+3.于是an他+an+=6n+9.由一得an42an=6,所以皿=£=ea仔臼=e6,即数列皿：>(n>2)是常数数列.bnean.bn''(II)由有0+6=12,所以a2=122a.由有a3+a2=15,a4+a3=21,所以a3=3+2a,a4=182a.而表明：数列a2k和a2k由分别是以a2,徭为首项，6为公差的等差数列，所以a2k=a26(k-1),a?k1=a36(k-1),a2ka46(k-1)(kN*),数列斗是单调递增数列ua1<a2且a2k<a2k书<a2k也对任意的kwN*成立.=a1<

17、a2且a2+6(k1)<a3+6(k1)<a4+6(k-1)915ua1<a2<a3<a<122a<32a<182av<a<.44即所求a的取值集合是M9:二a:二竺44,n1an(ill)解法一：弦AnA书的斜率为kn=Pn匚氏=£an1-anan1-anxXoxxX0任取,设函数f(X)=e,则f(X)=3x=二"X-Xo(X-Xg)ean1_ean2ean-ean2取X。=an也，因为an<an书<an也，所以kn由=>an-1-an2an-an2所以kn即弦AnAMnwN*)的斜率随n单调

18、递增.ex-ean1解法二：设函数f(x)=e,同解法一得，f(X)在(*,an+1)和X-an1(an书,+叼上都是增函数,t己g(x)=eX(x%)(exex0),贝Ug(x)=eX(x-Xg)ex-ex=eX(x-x0),aan_an1ax_an1所以kn=ee<lime=ean+,anan由La斗Xan书an1-anan2-an(nwN*)中的所有项都是数列an中的项，并指出bn是数列an中的当XA%时，g(x)>0,g(x)在(x°,十°°)上为增函数，当x<Xo时，g'(x)<0,g(x)在(血，%)上为减函数，所以x#

19、x0时，g(x)>9(x0)=0,从而f'(x)>0,所以f(x)在(一00,%)和(x0,+°°)上都是增函数.由(II)知，awM时，数列an单调递增，ean1'.eanean2'ean取X0=an，因为an<an+<an+，所以kn=<aan2_an1X_an1kn1二lim二ean1an2-and1X-and故kn<kn由，即弦AnAn+(nWN*)的斜率随n单调递增.【文】设8n是数列an(nWN*)的前n项和，a1=a,且"3瓶+。为"n=2,3,4,111.(I)证明：数列an+2

20、an(n>2)是常数数列；(ii)试找出一个奇数a,使以18为首项，7为公比的等比数列bn第几项.解：(I)当n>2时，由已知得S2S；=3n2an.因为an=Sn_Sn#0,所以&+=3/.于是Sn+Sn=3(n+1)2.由一得：an+an=6n+3.于是an_2+an由=6n+9.由一得：an-2-an=6.即数列antan(n)2)是常数数列.(II)由有S2=12,所以a2=122a.由有a1+a2=15,所以a3=3+2a,而表明：数列a2和a2k+分别是以a2,a3为首项，6为公差的等差数列.所以a2k=a?+(k1>6=6k2a+6,a2k+=a3+(k

21、-1)x6=6k+2a-3,kwN*.由题设知，bn=18M7n.当a为奇数时，a2k书为奇数，而bn为偶数，所以h不是数列a2k书中的项，bn只可能是数列a2中的项.若b=18是数列a2k中的第kn项，由18=6k2a+6得a=3k°6,取n1k0=3,得a=3,此时a2k=6k,由bn=a2k，得18父7=6k,k=3M7n/wN*,从而bn是数列an中的第6M7n项.(注：考生取满足a=3kn-6,knwN*的任一奇数，说明bn是数列ann12a中的第6M7+§2项即可)【变式】(文)已知a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1,2,

22、 3,(1) 证明数列lg(1+an)是等比数列；(2) 设Tn=(1+a1)(1+%)(1+d),求Tn及数列an的通项；112(3) 记bn='+=，求bn数列的前项和S,并证明S+=1.anan23Tn-1解：(i)由已知a=a2+2an，an书+1=(an+1)2'/a1=2-an+1>1,两边取对数得11IC/11、又bn-.bn=2()anan2anan.1-Snt>2+6lg(1+anQ=2lg(1+4),即1g(1二=21g(1an)=2(-aa2a2a3anand11)=2()aian.1n1n2an-3-1,a1=2,an1=3-1Sn-1_2n

23、32-1，1g(1+%)是公比为2的等比数列(n)由(I)知ig(1an)=2n11g(1a1)-2n41g3-1g32ni2n_L，1+an=3(*)又Tn=321Sn-20一21-222n-1J.Tn=(1+4)(1+22广(1+20)=3232333Tn-1二11222-+2n-1二32n=32-1由(*)式得an=321/E、d*2(出)，an1=a02anan1=an(an-2)11,11、一二二(一一)an12anan2(理)在数列an1中，a1=2,an=%an十九n+(2K)2n(nWN")，其中la0.(i)求数列QJ的通项公式；(n)求数列Q/的前n项和Sn；an

24、2anan1(出)证明存在kwN*,使得包也0国也对任意nWN冲均成立.anak(I)解法*:a2=2九十九十(2儿)2=九十2,n1,所以数列an的通项公式为an=(n1)九n+2n.a3=九(儿2+22)+九3+(2九)22=2儿3+23,a4二九(2£3+23)+K4+(2_£)23=3九4+24.由此可猜想出数列an的通项公式为an=(n1)九n+2n.以下用数学归纳法证明.(1)当n=1时，ai=2,等式成立.(2)假设当n=k时等式成立，即ak=(k1)九k+2k，那么ak1=a1k1(2-)2k=(k-1)'k2k.k1.2k1-，2k=(k+1)-1Xk41+2k.这就是说，当n=k+1时等式也成立.根据(1)和(2)可知，等式