2015届高考数学(理)二轮复习专题讲解讲义：专题三 第二讲 高考中的数列

1、第二讲 高考中的数列(解答题型)1(2014·新课标全国卷)已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由解：(1)由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11.两式相减得an1(an2an)an1.由于an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因

2、此存在4，使得数列an为等差数列2(2014·江西高考)已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)，满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列cn的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.解：(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以2，即cn1cn2.所以数列cn是以首项c11，公差d2的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1知ancnbn(2n1)3n1，于是数列an前n项和Sn1·303·315·32(2n1)·3n1，3Sn1·313·32(2

3、n3)·3n1(2n1)·3n，相减得2Sn12·(31323n1)(2n1)·3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.数列求和常用的方法1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cnanbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如(其中an是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等3错位相减法：形如an·bn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆

4、分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回顾反思热点一等差、等比数列的综合问题命题角度(1)考查等差数列、等比数列的判定与证明；(2)考查等差数列、等比数列的综合运算.例1(1)设数列an的前n项和为Sn，且a1t，an12Sn1(nN*)若t，求证：数列Sn不是等差数列；当t为何值时，数列an是等比数列，并求出该等比数列的前n项和Sn.(2)(2014·重庆高考)已知an是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和求an及Sn；设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40，求bn

5、的通项公式及其前n项和Tn.师生共研(1)假设数列Sn为等差数列，则必有2S2S1S3，即2(a1a2)a1a1a2a3，所以a2a3，又a22S112a112t1，a32S212(a1a2)12(t2t1)16t3，所以由a2a3得2t16t3，即t，这与t矛盾故数列Sn不是等差数列由an12Sn1得an2Sn11(n2)，两式相减得an1an2an，即an13an(n2)，所以当n2时，数列an是等比数列要使n1时，数列an是等比数列，只需3，从而得t1.故当t1时，数列an是以1为首项，3为公比的等比数列所以an3n1，所以Sn(3n1)(2)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所

6、以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.由得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因为b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn12·4n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法(1)定义法：an1and(常数)(nN*)an是等差数列；q(q是非零常数)an是等比数列；(2)等差(比)中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数列；aan·an2(nN*，an0)an是等比数列；(3)通项公式法：anpnq(p，q为常数)an是等差数列；a

7、na1·qn1(其中a1，q为非零常数，nN*)an是等比数列；(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A，B为常数)an是等差数列；SnAqnA(A为非零常数，q0,1)an是等比数列1已知数列an满足a11，|an1an|pn，nN*.(1)若an是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；(2)若p，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式解：(1)因为an是递增数列，所以an1an|an1an|pn.而a11，因此a2p1，a3p2p1.又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2a13a3，因而3p2p0，解得p或p0.当p0时，an1an，这

8、与an是递增数列矛盾，故p.(2)由于a2n1是递增数列，因而a2n1a2n1>0，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)>0.但<，所以|a2n1a2n|<|a2na2n1|.由，知，a2na2n1>0，因此a2na2n12n1.因为a2n是递减数列，同理可得a2n1a2n<0，故a2n1a2n2n.由，即知，an1an.于是ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)11··.故数列an的通项公式为an·.热点二数列求和问题命题角度(1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和；(2)考查与奇偶项有关的分组求和.例2下表是一个

9、由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知a1,11，a2,36，a3,28.a1,1a1,2a1,3a1,4a2,1a2,2a2,3a2,4a3,1a3,2a3,3a3,4a4,1a4,2a4,3a4,4(1)求数列an,2的通项公式；(2)设bn，n1,2,3，求数列bn的前n项和Sn.师生共研(1)设第一行组成的等差数列的公差是d，各列依次组成的等比数列的公比是q(q>0)，则a2,3qa1,3q(12d)q(12d)6，a3,2q2a1,2q2(1d)q2(1d)8，解得d1，q2.a1,22an,22×2n12n.(2)bn，则

10、Sn，则Sn，两式相减得Sn1，所以Sn2.若本例(2)中bn(1)na1，n，如何求Sn?解：由例题可知bn(1)nn，Sn123(1)nn设Tn，则Tn，两式相减得Tn1，所以Tn2.又123(1)n·n故Sn 六招解决数列求和问题(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n个等差数列或等比数列，然后应用公式求和(2)错位相减法：(见主干整合)(3)裂项相消法：(见主干整合)(4)倒序相加法：(见主干整合)(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.(6)归纳猜想法：通过对S1，S2，S3，的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出Sn，然后用数学归纳法给出证明2已知

11、数列an的前n项和Snann12(nN*)，数列bn满足bn2nan.(1)求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设cnlog2，数列的前n项和为Tn，求满足Tn<(nN*)的n的最大值解：(1)在Snann12中，令n1，可得S1a112a1，即a1.当n2时，Sn1an1n22，anSnSn1anan1n1，2anan1n1，即2nan2n1an11.bn2nan，bnbn11，即当n2时，bnbn11.又b12a11，数列bn是首项和公差均为1的等差数列故bn1(n1)·1n2nan，an.(2)cnlog2log22nn，Tn1，由Tn<，得1&l

12、t;，即>，由于f(x)在(0，)上为单调递减函数，f(4)，f(5)，n的最大值为4.热点三数列与函数、方程的综合应用命题角度(1)以函数为背景给出数列的相关信息，考查数列的通项及前n项和等内容；(2)以与数列的通项an，前n项和Sn及项数n有关的关系式给出数列的信息，考查数列的有关计算及推理论证.例3(2014·南昌模拟)设曲线Cn：f(x)xn1(nN*)在点P处的切线与y轴交于点Qn(0，yn)(1)求数列yn的通项公式；(2)求数列yn的前n项和Sn.师生共研(1)f(x)(n1)xn(nN*)，曲线Cn在点P处的切线斜率kn(n1)n，切线方程为yn1(n1)

13、83;n，令x0，得ynn1·n，故数列yn的通项公式为yn·n.(2)Sn××2×3·n，两边同乘得，·Sn×2×3×4·n1，得·Sn××2×3·n·n1，3Sn23nn·n1n·n1n·n1，Sn.解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向(1)函数条件的转化直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可；(2)方程条件的转化一般要根据方程解的有关条件进行转化；(3)数列

14、向函数的转化可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解3已知数列an的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.(1)求数列an的通项公式；(2)设集合Qx|xkn，nN*，Rx|x2an，nN*，等差数列cn的任一项cn(QR)，其中c1是QR中的最小的数，110<c10<115，求cn的通项公式解：(1)点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，Snn22n(nN*)，当n

15、2时，anSnSn12n1.当n1时，a1S13满足上式，数列an的通项公式为an2n1.(2)对f(x)x22x求导，得f(x)2x2.过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn，kn2n2.Qx|x2n2，nN*，Rx|x4n2，nN*，QRR.又cn(QR)，其中c1是QR中的最小的数，c16.c104m2(mN*)110<c10<115，解得m28，c10114.设等差数列cn的公差为d，则d12，cn6(n1)×1212n6，cn的通项公式为cn12n6.课题4数列与不等式的综合应用典例(2013·江西高考)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)S

16、n(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn<.考题揭秘本题主要考查特殊数列的求和问题，意在考查考生的转化与化归能力以及运算求解能力审题过程第一步：审条件S(n2n1)Sn(n2n)0.第二步：审结论(1)求an；(2)证明不等式Tn<.第三步：建联系(1)题设中等式左边为关于Sn的二次三项式，故可将其分解因式，求出Sn，再利用数列和项互化公式求出an；(2)根据(1)可得bn，故自然联想到用裂项法求Tn.规范解答(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于an是正项数列，所以

17、Sn>0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，故bn，Tn<.故对于任意的nN*，都有Tn<.模型归纳数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景，主要考查数列中最值的求解或不等式的证明解决此类问题的模型示意图如下： 跟踪训练已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足aS2n1，nN*.数列bn满足bn，nN*，Tn为数列bn的前n项和(1)求数列an的通项公式；(2)若对任意的nN*，不等式Tn<n8·(1)n恒成

18、立，求实数的取值范围解：(1)aS1a1，a10，a11.aS3a1a2a3，(1d)233d，解得d1或2.当d1时，a20不满足条件，舍去，d2.数列an的通项公式为an2n1.(2)bn，Tn1.当n为偶数时，要使不等式Tn<n8·(1)n恒成立，只需不等式<2n17恒成立即可2n8，等号在n2时取得，<25.当n为奇数时，要使不等式Tn<n8·(1)n恒成立，只需不等式<2n15恒成立即可2n是随n的增大而增大，n1时，2n取得最小值6，<21.综上可得的取值范围是(，21)1已知等差数列an满足a12，且a1，a2，a5成等比数

19、列(1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由解：(1)设数列an的公差为d，依题意，2,2d,24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)·44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.显然2n<60n800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n2>60n800，即n230n400>0，解得n&g

20、t;40或n<10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，其最小值为41.2已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，且满足S53a52，a1，a2，a5依次成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(nN*)，数列bn的前n项和为Tn，若an1Tn对任意正整数n都成立，求实数的取值范围解：(1)设等差数列an的公差为d，则S55a110d，S53a523(a14d)23a112d2，5a110d3a112d2，a1d1.a1，a2，a5依次成等比数列，aa1a5，

21、即(a1d)2a1(a14d)，化简得，d2a1，a11，d2，ana1(n1)d2n1.(2)bn，Tn.由an1Tn得2n1×对任意正整数n都成立，(2n1)2n，4n4.令f(x)4x(x1)，则f(x)4>0，f(x)在1，)上递增，对任意正整数n,4n的最小值为5，9.3(2014·江苏高考)设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d<0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意

22、的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立解：(1)由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”(2)由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d<0，所以m2<0，故m1.从而d1.当d1时，an2n，Sn是小于2的整数，nN*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2，使得Sn2mam，所以an是“H数列”因此d的值为1.(3)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1