《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 = x? -2x 3的顶点是(b, c)，则 ad 等于(B )素的子集，且满足：对任意的E =a， b, Sj =佝，bj( j， i、j 1,2,3J|I，k)，都有 min -；人 minlbi aiJbj ajJ(min x, y表示两个数x, y中的较小者)，则k的最大值是A. 3B. 2C. 1D. -22. 已知等差数列a,的前n项和为Sn，若S2=21，贝Ua：乜5 a& a =. 73. 在等比数列3鳥中,q=2,前n项和为 和若数列 玄 1也 是等比数列，则Sn等于A. 2n 1 -2

2、B.3nC. 2nD.3n -1【解析】因数列 曲为等比，则an =2qn，因数列an V也 是等比数列，贝U2 2(an 11)=(an1)(an .21)=an12an 1=anan2anan 2=anan 2=2an 1=an(1 q2 -2q) =0= q =1即an 2，所以Sn =2n，故选择答案C。4. 设集合M =1,2,3,4,5,6 , S, S都是M的含两个元(B )A. 10B. 11C. 12D. 135. 已知正项数列an,其前n项和Sn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：T10Sn = an2+5an+6

3、, -VlOa1= a12+5 a1+6 ,解之得a1=2或a1=3 .又 10 Sn 1= an 12+5 an1 +6( n2)，由一得 10 an=( an2 an 12)+6( an an1)，即(an + an 1)(an an 1 5)=03n + an 1 0,- -an an 1 =5 ( n2).当 a1=3 时，a3=13 , a15=73 . a1, a3, a15 不成等比数列-a1 工3;当 ai=2 时，a3=12 , ai5=72 , 有 a32= aiai5 ,ai=2 ,an=5 n 3 .6.已知公比为q(0 : q ：1)的无穷等比数列Bn各项的和为9，无

4、 穷等比数列订21各项的和为81.5(I) 求数列和的首项ai和公比q ；(II) 对给定的k(k =1,2,3,山,n)，设T(k)是首项为a，公差为2ak -1的等差数列，求T勺前10项之和；1 -qi2 = U(n)由(I )知,an =3解：(I )依题意可知，伊=81 1|q2，所以数列T(2)的的首项为鮎=a2 =2,公差 d = 2a2 -1 =3,Sw =10 210 9 3 =155,即数列T的前10项之和为2155. 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

5、之一，近几年考查 的力度有所增加，体现高考是以能力立意命题的原则.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、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Sn与

6、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，注意不等式型的递推数列.突破重难点,n = 1,2川，【变式】在等差数列a,中，= 1，前n项和Sn满足条件S2n _ 4n 2Snn 1(I)求数列a的通项公式；【范例31】已知数列an，bn满足d=2，b1 =1，且 an = an 1 + bn 1 +1nn 1Sn2(an n耳，所以ahan 1(U)由 bn an pan，得 bn = npn。所以an a1an 1 bn4413bnan bn 4

7、(II)解：由题设得 an -bn 二?(an-bn)(n 2)，令 dn 岂 bI)令c? a4 bn，求数列c?的通项公式;(II) 求数列a.的通项公式及前n项和公式Sn.解：(I)由题设得 an b (an4 bn 4) 2(n 2)，即(n)记bn二a. pan (p 0)，求数列 的前n项和Tn。解：(I)设等差数列 的公差为d,由宝二如二得:*Sn n +1晋九，所以and2, 即叮烈一簣1，又4n 2 _ S2n _22(an nd a1)an- nn。易知Cn是首项为a1 p = 3 ,公差为2的等差数列，通项公式 为 Cn =2n 1 .Tn 二 p 2p2 3p3 III

8、 (n-1)p2 npn，n +1当 P = 1时，Tn =；当p = 1时,ann -4(1 P)T；=曲p2 + p3 十山 + pn_l 十 pn npn41P = 1则 dn”5 2).1易知dn是首项为印-匕=1，公比为丄的等比数列，通项公式+bn=2 n+1, 21 解得an -bn1为dn =尹.由*11i厶an =飞 n -， 求和得Sn =222pTn 二 p2 2p3 3p4 III (n- 1)pn npn 1，P(1-Pn)n1np2即 Tn T (1n)。(1 一 P ) n 1,np , P = 11 - p1 - p(理)已知二次函数y = f(x)的图像经过坐标

9、原点，其导函数为f(x) =6x-2，数列an的前n项和为S，点(nS( n N) 均在函数y = f (x)的图像上。(I)、求数列an的通项公式；1m(U)、设bn ,Tn是数列6的前n项和，求使得T：anan*20对所有n N ”都成立的最小正整数 m ;解：(I)设这二次函数f(G) = aG2+bG (a工0),贝UF(G)=2aG+b,由于 f(G)=6G 2,得 a=3 ,b= 2,所以f(G) = 3G2 2G.又因为点(n ,Sn)( n，N )均在函数y二f(x)的图像上，所以Sn=3n2 2n.当 n时，an Sn Sn1 (3n2 2n)(n1)2 2(n d) 6n

10、-5.当 n 1 时，a1 S1 3 X12 2 6X1 5，所以，an 6n(U)由(I)得知 1 _ 1 )2 6n -5 6n 1bn 二3anan 13(6n -5)6(n- 1)-5】”r1 一故 Tn bi - ( )( m 2 I 71 1 _ -(1 ).26n 11 1 一 1)(1 - 1 )77136n - 5 6n 11 1m亠因此，要使(1 )10，所以满足要求的最小正整2 20数m为10.【范例2】已知函数f(x)=x2，x-1，:是方程f(G)=0的两个根(二匸)， f (x)是 f(G)的导数；设印=1， an 1 二 an - f (：n) f (an)(n=

11、1,2,)(1) 求的值；(2) 证明：对任意的正整数n,都有ana ；a _p(3 )记bn=in ( n=1,2,),求数列bn的前n项和a. a解析：(1) T fX) X=x1, P是方程f (G)=0的两个根(a 目)，-1 +苗內175- ,2 2已知对任意的正整数n有an =,记a - 10 =ln-an,(n =1,2,111).求数列0的前 n项和 Sn .an _Ot(2)an 1 二 an1=4(2an45a2 -f (x) =2x 1，115a21-an(2an1)：(2an1)-5ananT_2442 an +1乙=1 ,有基本不等式可知印二号时取等号)，.理 害-(

12、n=12 (*-)(-) an(a1=),-1二 an2 0. 511) 4 -,2 an +12-0(当且仅当2样、禹-1样 a32 ， ，an(3 ) an 1-=a n_-_20同,),an2an -12arlna + P = 一1，即 a +1 =, an 1 - - -(冇一)，同理 an 1 - -2an 1 _1-0 , 3+亦、3+75b1 =lnIn2ln1 a 32=2(2 -1)l已知函数f (x) = x2 x T，- :是方程f (x) = 0的两个根2(an Y) an 1，bn 1 = 2bn，又1 ), f (x)是的导数设 ai =1, a* i 二 a.f

13、(an)f (an)，(n =1,2J|I).(1)求、1的值;解、(1)由 x2 x-1=0 得一 5 2(2L沖12+林給雋an _2an 12 _兔 15 an2_ an2an215 anan 一an2 1 .15 “2V又2育点化l5化5 an 1a1 a+J-数列g是一个首项为4ln 1二二5 ,公比为2的等比数列;4ln)2 n 仆石二Sn =2 = 4( 2n -1 )ln 21-2【变式】对任意函数f (G)，G D，可按图示3 2构造一个数列发生器，其工作原理如下： 输入数据G0 D，经数列发生器输出G1 = f (G0); 若Gr D，则数列发生器结束工作；若 G1 D，则

14、将G1反馈回输入端，再输出G2二f (G1)，并依此规律继续下去.4x 2现定义f (G)=竺二x + 1X249(I) 若输入Go二竺，则由数列发生器产生数列 Gn请65写出数列 Gn的所有项；(n)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Go的值；(rn)(理)若输入Go时，产生的无穷数列 Gn满足：对任意正整数n,均有GnV Gn +1,求Go的取值范围.解：(I)Tf (G)的定义域 D x | 1 )U (- 1 , + x)一 11 1二数列Gn只有二项 G1 = , G2 = , G3= 11954x - 2ttrt C(n)vf (G)= G 即 G2 3G +

15、 2 = 0 ,.G= 1x十1或G = 24x 2即 Go= 1 或 2 时，Gn+ 1 = -= Gn,故当 Go = 1 时，Xn+1Go = 1 ;当 Go = 2 时，Gn = 2 (n N )4x 2(川)解不等式Gv，得Gv 1或1vGv2,要x +1使 G1 v G2，贝U G2 v 1 或 1 v G1 v 24x 26对于函数f (G)= =4。若G1 v 1，贝Ux+1x + 1G2 = f (G1 ) 4, G3 = f (G2)v G2当 1 vG1 v2 时，G2= f (G) G1 且 1 vG2 v2 依次类推 可得数列 Gn的所有项均满足Gn +1 Gn (n

16、 N )综上所述，G1 ( 1 , 2),由 G1 = f (Go)，得 Go ( 1 ,2)【范例3】已知An(an, bn) (nN* )是曲线y二ex上的点， ai=a , Sn是数列an的前n项和，且满足S； = 3n2 + S二i , 0 o , n = 2,3,4,.b I(I) 证明：数列 出 (n 2时，由已知得S；-S-4=3n2an .因为 an 二 Sn - Sn_1 = 0，所以 Sn S_ 3n2.于是Sn 1 Sn =3(n 1)2 .由一得an 1 a 6n 3 .于是 an .2 * an - = 6n 9 .由一得an .2 an =6 ,所以 卷=+=ean

17、n=e6，即数列出(n 2)是常数数bnen bn J列.(II)由有 S2 +S =12，所以 a? =12-2a .由有 as+a? =15 , a4比=21，所以as = 3 2a , a =18-2a .而 表明：数列 他和a2k 1分别是以a2, a?为首项，6为公差的等差数列， 所以 a2k 二 a? 6(k-1)，a? P 6(k-1)，a2k 2 二 a。6(k-1)(k N*)，数列an是单调递增数列二a : a2且a2k a2k 1 ”： a2k 2对任意 的k N*成立.二a1:a：且 a：6(k1)：as6(k-1)心46(k-1):二 a1 : a2 : a3 ： a

18、4915二 a ：12 2a : 3 2a ：18 2aa ：”44915- a ：44即所求a的取值集合是M = a(III )解法一：弦 AnAn1 的斜率为 kn 二 1 -x xa1 - anaM - a x任取 X0，设函数 f(x)二士，则 f(xre(xe(e2e)x-X0(X-Xo)记g(x) =ex(x-X。)-(ex-ex)，贝U g (x) =ex(x - X。)ex - ex = ex(x - x)，当x X。时，g (x)0，g(x)在(x。，：)上为增函数,当x x。时，g(x)：O, g(x)在(一乜，x。)上为减函数,所以 x=x。时，g(x) g(x。)= 0

19、,从而 f (x)0，所以 f (x)在(_：:, Xo)和(Xo,：)上都是增函数.由(II)知，a，M时，数列an单调递增， e3 - eanean*_ean取 xo = an ,因为 an *： an 1 ：: an 2，所以 kn zan d _ anan 2 an取 Xo = an 2，因为 an ： an .1 ： an 2，所以ean 1 _ / 2 Vf DDKn 1 -an 1 一 an 2anan 2e -ean _ an 2所以kn*1，即弦AnAn1 (n N*)的斜率随n单调递增.解法二：设函数f(x)二x_an+，同解法一得,f (x)在(- -, an 1)和(a

20、n 1,：)上都是增函数,ean ean+ex ean+所以 kn， e limean1 ,an an*nfan+ Xa* 出ean* _ean+kn 1 :an 2 an 1xan 1 -e _elimnF x-an .1故kn ：kn1，即弦AnAn1(n N*)的斜率随n单调递增.【文】设Sn是数列an (nN* )的前n项和，a a ,且 =3n2an S?d，an, n =2,3,4, . (I)证明：数列an 2 -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 (nN* )中的所有项都是数列an中的项，并指出bn 是数列an中的

21、第几项.解：(I)当n 2时，由已知得S；-S：厂3內因为an = Sn _ Sn 0，所以Sn Sn4 =3n2于是 Sn 1 Sn =3(n 1)2 由一得：an 1 * an 二 6n 3 于是 an -2 an 1 =6n 9 由一得：an .2 - an = 6 即数列an 2 - an ( n 2 )是常数数列.(II)由有 Q + S =12，所以 a2 = 12-2a .由有q a 15，所以a3 2a，而表明：数列a2k和a2k1分别是以a2，as为首项，6为公 差的等差数列.所以 a2k 二 a? (k-1) 6 = 6k - 2a 6，a 泊二 a3 (k1) 6 = 6

22、k 2a-3，k N* .由题设知，bn =18 7n .当a为奇数时，a2k 1为奇数，而bn为 偶数，所以bn不是数列a2k 1中的项，b只可能是数列a2k中 的项.若R =18是数列a2k中的第kn项，由18 = 6k-2a 6得a = 3k - 6，取 ko = 3，得 a = 3，此时 a2k = 6k，由 bn 二如，得18 7n_l = 6k，k = 3 7n_l N*，从而bn是数列an中的第2.Tn =(1 y)(1 a?)(1+an) =3221 2232 32 -尹6 7n-项._ 31 2 22 -+2n-1 =彳2-1由(G)式得an =32心-1(注：考生取满足a

23、=3kn -6, kn N*的任一奇数，说明bn是 数列an中的第6 7心 号_2项即可)(M) ： an 1 二 a： 2aa. 1 二 a. 2)【变式】(文)已知ai =2，点(an,an+i)在函数f(G)=G2+2G的1 1 1 1、 1 1( )an 1 2 anan 2a. 2 a.a. .11111又 bnbn = 2(-)anan 2an an 1Sn - b b? +bn图象上，其中=1 , 2, 3，(1) 证明数列 lg(1+ an)是等比数列；(2) 设 Tn=(1+ ai) (1+a2)(1+an)，求 Tn 及数列 an 的11111 11 1=2( + ) =

24、2( ) a2 a2 a3anan*4an+l2* 42“2an = 31 a1 = 2,an 1 = 31Sn = 1 - 一232 -1a1通项；1 1(3) 记bn= ，求 bn 数列的前项和Sn，并证明an a. + 2on 12又 Tn 二于 Sn13Tn T(理)在数列曲中，Sn+- =1.3Tn -1解：(I)由已知 an 1 - a 2an，- an 1 1 = (an 仔4=2, an1 = an -n(2 - )2n( n N )，其中(I)求数列 的通项公式；(U)求数列a/的前n项和Sn ;(E)证明存在k，N，使得电1 亚1对任意n anak(I)解法一：a2 = 2 2 (2- )2 = 2 22，；冷1=2an 1 1，两边取对数得lg(1 am2lg(1 an)，即浮 平=2lg(1 +ajlg(1 an)是公比为2的等比数列.N均成立.(U)由(I)知 lg(1 an)=2n lg(1 a1)n -42n 12n 1=2 lg3 = lg3 - 1 a = 3(G)空的第一项旦最大,aiana3 = 丫2 22)3 .