数列综合专题(新)

1、所谓的光辉岁月，并不是以后，闪耀的日子，而是无人问津时，你对梦想的偏执。任何知识都不能带给你好运，但是它们能让你悄悄的成为你自己- 21 -高考在考什么. 【考题回放】1.已知a, b, g d成等比数列，且曲线 y则ad等于（B ）A. 3D.数列综合专题2x 2x 3的顶点是(b, c),2.已知等差数列 an的前n项和为Sn,若S1221 ,则a2a5a8a113.在等比数列an中，a12 ,前n项和为Sn,若数列an1也是等比数列，则Sn等于A. 2n 1 2B.3nC.2nD.3n 1【解析】因数列an为等比，则n 1 一一an2q ,因数列 an1也是等比数列，则,1、2,(an

2、1 1)(an1)(an2_an(1 q 2q) 02 1) q 12 an 12an 1an an 2anan 2anan 22an 1即an2 ,所以Sn故选择答案Co4.设集合 M1,2,3,4,5,6 , S, S2,|,集，且满足：对任意的 Si ai, bi , Sji、j 1,2,3,11, k),都有 min -aibi aiSk都是Mmin表示两个数x, y中的较小者），则k的最大值是（A. 10 B . 11 C . 12 D . 13的含两个元素的子bjaj bjbjaj5.已知正项数列an,其前n项和与满足10Sn=an2+5an+6且比数列，求数列an的通项an解析：

3、解：.1 10S1=an2+5an+6,，10a1=a12+5a1+6,解之得又 10s 产an 12+5an 1+6(nR2),(min x, yai,a 3,a 15成等ai=2 或 ai=3.由一得10an=(anan-1)+6(anan1),即(an+an1)(an an-1- 5)=0. an+an 1>0 ,an- an 1=5 ( n>2).当 a1=3 时，a3=13,当 a1=2 时，a3=12,6.已知公比为q（0a15=73. a1, a3, d5不成等比数列，a53;一 2a15=72,=f a3 =a1a15 ,. a1=2, an=5n 3.q 1）的无

4、穷等比数列an各项的和为9,无穷等比数(I)求数列an的首项ai和公比q ；a1322 j ,81a2各项的和为81 5(II)对给定的k(k 1,2,3,|,n),设T(k)是首项为ak,公差为2ak 1的等差数列，求T的前10项之和；ai91 q解：(I )依题息M知，_a21_811 q252 n 1(n)由(I)知，an3，所以数列T(2)的的首项为t1a22,公3差 d2a2 1 3,S1010 2 1 10 9 3 155,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

5、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ad(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&am

6、p;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，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, n 1,且意命题的原则.31anan 1 a 1 14411，、一 m 一anann -, 求和信Sn1 n22n23bn14【变式】在等差数列an中，a1 1,前n项和Sn满足条件S2n 4n 2 - ,nSnn 1(I)令cn an bn,求数列cn的通项公式;E(II )求数列an的通项公式及前n项和公式Sn.(i

7、)求数列 an的通项公式;解：(I)由题设得 an bn (an 1 bn 1) 2(n)2),即 cn cn 1 2(n)记bnan pan ( p 0),求数列bn的前n项和Tn。易知cn是首项为a13,公差为2的等差数列，通项公式为dn2n 1(n> 2Jcn 2n 1 .1(II )斛：由题设倚anbn(an1bn1 )(n ) 2),令 dnanbn,则2，1 .，、 dn -dn 1(n> 2).21勿知dn是首项为a1 b1 1 ,公比为一的等比数列，通项公式为2an bn 2n 1,由1 解得an bn 2n 1解：(i)设等差数列an的公差为d,由殳生二得：Snn

8、 1aa2 3 ,所以 a2 2 ,即 d a2 a1 1 ,又a1an nd a 2n4n 2 Sn 22(an nd a1) = 2(an n 1)n 1Snan ai nan a1an 12以 an n。(n)由 bn an pan ,得 bn npn。所以Tn P 2p2 3p3 (n 1)pn 1 npn,当P 1时，Tn当p 1时,f(x)=6x 2,得 a=3 , b= 2,所以 f(x) =3x22x.23c 4n n 1pTnp 2p 3p "I (n 1)p np ,(1 P)Tn23n 1PPP Pn n 1P np*npn1又因为点(n,Sn)(n N )均在

9、函数y f(x)的图像上，所以Sn =3n2 2n.当 n>2 时，an= SnSn-1 = (3n2 2n) - 3( n 1)2 2(n 1) = 6n即Tnn 12 ,P(1 Pn)1 PP 1n 1np , P(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) 6x 2,数列an的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n N )均在函数y f(x)的图像上。(i)、求数列an的通项公式;1m(n)、设bn , Tn是数列bn的前n项和，求使得 对所anan 120有n N都成立的最小正整数m；解：(I)设这二次函数 f(x) = ax2+bx (aw0)，则(x)=

10、2ax+b,由于5.2当 n = 1 时，a1 = Si = 3x 1 -2=6X1 5,所以，an = 6n 5 (n(n)由(i)得知MJ故Tn =1bi =-2bn(1anan1 (71(6n113)(1-16n 1一 一一1因此，要使1(126n 1<(n2035) 6(n 1) 51(6n 516n 1)成立的m,必须且仅须满一 1 m 1足1<,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 x 1,是方程f(x)=0的两个根(),f'(xf(x)的导数；设4 1 , an 1 anf (an) (n=1,2,)f

11、'(an)(1)求，的值；(2)证明：对任意的正整数n,都有an>a;an 11 biln1(an2an 1 'S 2(2n 1)ln 35)2bn 1(3)记优Ina (n=1,2,an a,求数列b n的前n项和$。解析：(1) ; f(x) x2 x 1 ,是方程f (x)=0的两个根(已知函数f(x) x2 x 1,f (x)是的导数是方程f (x) 0的两个根(设a1 1, an1 an fa ， (n 1,2). f (an)T1 <515,；222(2) f'(x) 2x 1, aman an an 12an 1115an (2 an 1)(2

12、an 1)2442an 1求、 的值;(2)已知对任意的正整数 n有an，记bnIn anan,(n 1,2,|).求1=(2an41)542an 1a1，有基本不等式可知a20 (当且仅当5 1.号时取等号)，5 1。同，样a3数列 bn的前n项和Sn.一 .2-1 、5解、(1)由 x x 1 0 得 x 2an(n=1,2,),(2)f x 2x 1an 1an(3)an 1an(an)(an2an 1an/.(an 12an 1a2 an 1a2 12an 12an 1an 1an 1an2 1 152an 1 2an215 anan2 12%2anananan1 .521 . 52a

13、n nan49 (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;bn2bnln,3 .5ln 35(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Xo的值;数列bn是个首项为(出)(理)若输入xo时，产生的无穷数列 xn满足：对任意正整数n,均有xnVxn+1,求xo的取值范围.4ln-5 2解：(I) f (x)的定义域D=8 1) U ( 1 ,1 2n 4 2n151 ln, 一11，数列 xn只有二项x119x2= , x3 = 15对任意函数f (x), xC D,可按图示32构造一个数列发生(n) f (x)器，其工作原理如下:4x 2=*

14、即x 12x 3x+2=0,，x=1 或 x=2输入数据xo D经数列发生器输出 x1 = f (xo)；即xo= 1或2时,若x1 D,则数列发生器结束工作； 若x1 C D,则将x1反馈回输入端,xn+1=&n-2 xn 1=xn,故当 xo= 1 时，xo= 1；当 xo= 2再输出x2=f (x1),并依此规律继续下去.时,xn=2 (nCN)一、4x 2现7E义 f (x)=x 1(ID)解不等式4x 2 m 一x<,得 xv 1 或 1 vxv2,要使 x1<x2,则x 1x2< 1 或 1 v x1 v 2所以bn 2 bnean： ean18 2a .

15、而表明：数列a2k和.4x 26.一对于函数 f (x) = 4。右 xi< 1,则 X2= f (xi)X 1 x 1>4, x3= f (x2)v x2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+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) (n N* )是曲线y ex上的点，a a , &是数列an的前n项和，且满足S' 3n2an S21,烝 0 , n 2,3,4，.由一得an 1 an

16、6n 3于是 an 2 an 1 6n 9 .由一得an 2 an6 ,ean 2 an e6,即数列 B=(n>2)是常数数列.bn(II )由有 S2 S1 12,所以 a2 12 2a.由有 a3 a2 15, a4 a3 21 ,所以 a3 3 2a , a4(I)证明：数列bn-2- (n0 2)是常数数列；bn(II )确定a的取值集合M ,使a M时，数列an是单调递增数列；(III )证明：当a M时，弦An An 1 (n N* )的斜率随n单调递增解：(I)当n2时，由已知得S2 S：1 3n2an.2因为an Sn Sn 1 0 ,所以& Sn 1 3n.于

17、是Sn1 Sn 3(n 1)2.a2k 1分别是以a2, a3为首项,6为公差的等差数列,所以 a2k a2 6(k 1), a2k 1 a3 6(k 1),a2k 2 a4 6(k 1)(k N*),数列an是单调递增数列k N*成立.a1aa?且a2ka2k 1 a2k 2对任意的a2 且 a2 6(k 1) a3 6(k 1) a4 6(k 1)aa2a3 a4a 12 2a 3 2a 18 2a915 a .44即所求a的取值集合是M154取xoan 2 ,因为 an an 1 an 2 ,所以 kn 1ean1ean2eanean 2(III )解法一：弦 a1Ali的斜率为knbn

18、 1bnan 1anean1an所以knkn 1,即弦AnAn 1(n N*)的斜率随an 1 anxXoxxXo 任取 Xo ,设函数 f (X)e则 f (X) e ' -) £ e )x Xo(X Xo)解法二:(an 1,an 1an 2一ex ean1 .，0一设函数f (x) £_e,同解法一得，f (X)在(X an 1)上都是增函数,anan 2，an 1)和记 g(X)eX(x Xo) (ex e"),则g (x)XX X Xe (x Xo) e e e (x Xo),所以kneanean 1anan 1limnan 1X an 1e e

19、n1ean1,X an 1当 X Xo时，g (x) o, g(x)在(x0,)上为增函数,kn 1ean 2ean 1an 2an 1X an 1一 e en1lim 1 X an 1ean1当 x % 时，g (x) o , g(x)在(,%)上为减函数,故knkn 1 ,即弦AnAn 1"N*)的斜率随n单调递增.所以x Xo时，g(x)g(xo) o,从而 f '(x) o,所以 f (x)在(,%)和(Xo,)上都是增函数.由(II )知，a M时，数列an单调递增，ean1 eanean2 ean取 Xo an，因为 an an 1 an 2，所以 knan 1

20、anan 2 an【文】设Sn是数列an (n N*)的前n项和，a1 a,且Sn23n2anS：1,ano, n2,3,4,| 11 . (I)证明：数列an2an(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(n N* )中的所有项都是数列an中的项，并指出bn是数列an中的 第几项.解：(I)当n2时，由已知得S2 Sn2 1 3n2an.2因为 an Sn Sn 1 0 ,所以 Sn Sn 1 3n.于是 Sni Sn 3(n 1)2.由得：an 1 an 6n 3.于是 an 2 an 1 6n 9 由一得： an 2 an 6 即数

21、列an 2 an (n>2)是常数数列.(II )由有 S2 sl 12 ,所以 a2 12 2a.由有a1 a2 15,所以a3 3 2a ,而表明：数列a2k和a2k 1分别是以a2, a3为首项，6为公差的等差 数列.所以 a2k a2 (k 1) 6 6k 2a 6,a2k 1 a3 (k 1) 6 6k 2a 3, k N* . n 1由题设知，bn 18 7 .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，bn只可能是数列a2k中的项.若b 18是数列a2k中的第kn项，由18 6k 2a 6得a 3% 6,取k0 3,得 a 3,此时 a2

22、k 6k,由 bn a?k,得 18 7n 1 6k,k 3 7n 1 N* ,从而bn是数列an中的第6 7n 1项.(注：考生取满足a 3kn 6, kn N*的任一奇数，说明bn是数列an中的第6 7n 1必2项即可)3【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, 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；(3) 记bn二一，求bn数列的前项和 8b并证明$+ =1.an an 23Tn 1解：(I)由已知 an i a2 2an ,

23、an 1 1 1)2；a12an 1 1 ,两边取对数得lg(1 an1) 21g(1an),即 1g. an 1) 21g(1 an)1g(1an)是公比为2的等比数列.(n)由(I)知 1g(1 an)2n11g(1 a1)2n 11g3 1g32n2n 11 an3(*)2021 22n-1Tn(1 a1)(1 a2)(1+an)32 32 32 32 n-1on .31 2 2 +2=32 -1n 1由(*)式得an 31又bnanSnb12(a12(m)I an 1 a0 2anan 1 an(an 2)1an 11 11一(一)2 anan271an 2bn2Tn1 )an 1b2,+bna2n 1an32又Tn32n 1(理)(n)在数列0.求数列求数列a2a31 +anan1 )an 11,aiSnananan2,an 123Tn 12n32Sn22n322, an 1的通项公式;的前n项和Sn ；Fan(2)2n(n N ),其1an 212a