2016高考理科数学专题突破三数列

2016高考理科数学专题突破三高考中的数列问题考点自测1．公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4等于()A．－20B．0C．7D．40答案A解析设等比数列{an}的公比为q，其中q≠1，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2≠0.即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，S4＝1×[1－－34]1＋3＝－20，故选A.2．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于()A．(3n－1)2B.12(9n－1)C．9n－1D.14(3n－1)答案B解析a1＝2，a1＋a2＋…＋an＝3n－1，①n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，②①－②得an＝3n－1·2(n≥2)，n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1.∴a21＋a22＋…＋a2n＝a211－9n1－9＝41－9n1－9＝12(9n－1)．3．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a10，S50＝0.设bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，则当数列{bn}的前n项和Tn取得最大值时，n的值是()A．23B．25C．23或24D．23或25答案D解析因为S50＝502(a1＋a50)＝25(a25＋a26)＝0，a10，所以a250，a260，所以b1，b2，…，b230，b24＝a24a25a260，b25＝a25a26a270，b26，b27，…0，且b24＋b25＝0，所以当数列{bn}的前n项和Tn取得最大值时，n的值为23或25.4．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝23an－13，若1Sk9(k∈N*)，则k的值为________．答案4解析当n1时，Sn－1＝23an－1－13，∴an＝23an－23an－1，∴an＝－2an－1，又a1＝－1，∴{an}为等比数列，且an＝－(－2)n－1，∴Sk＝－2k－13，由1Sk9，得4(－2)k28，又k∈N*，∴k＝4.5．把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，…循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为________．答案392解析将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n－1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n－1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.故填392.题型一等差数列、等比数列的综合问题例1设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项；(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由已知得a1＋a2＋a3＝7，a1＋3＋a3＋4＝6a2，解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝2q，a3＝2q，又S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝12.∵q1，∴q＝2，∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2＝3nn＋12·ln2.故Tn＝3nn＋12ln2.思维升华(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的等比数列也是等差数列．(2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d的等差数列，则{abn}(a0，a≠1)就是一个等比数列，其公比q＝ad；反之，若数列{bn}是一个公比为q(q0)的正项等比数列，则{logabn}(a0，a≠1)就是一个等差数列，其公差d＝logaq.已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对n∈N*均有c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.解(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2(因为d0).∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.(2)由c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1，得当n≥2时，c1b1＋c2b2＋…＋cn－1bn－1＝an.两式相减得，cnbn＝an＋1－an＝2.∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)．又当n＝1时，c1b1＝a2，∴c1＝3.∴cn＝3n＝1，2·3n－1n≥2.∴c1＋c2＋c3＋…＋c2013＝3＋6－2×320131－3＝3＋(－3＋32013)＝32013.题型二数列的通项与求和例2已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝12，an＋1＝n＋12nan.(1)证明：数列{ann}是等比数列；(2)求通项an与前n项的和Sn.(1)证明因为a1＝12，an＋1＝n＋12nan，当n∈N*时，ann≠0.又a11＝12，an＋1n＋1∶ann＝12(n∈N*)为常数，所以{ann}是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解由{ann}是以12为首项，12为公比的等比数列，得ann＝12×(12)n－1，所以an＝n×(12)n.∴Sn＝1·(12)＋2·(12)2＋3·(12)3＋…＋n·(12)n，12Sn＝1·(12)2＋2·(12)3＋…＋(n－1)(12)n＋n·(12)n＋1，∴12Sn＝(12)＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n－n·(12)n＋1＝12－12n＋11－12－n·(12)n＋1，∴Sn＝2－(12)n－1－n·(12)n＝2－(n＋2)·(12)n.综上，an＝n·(12)n，Sn＝2－(n＋2)·(12)n.思维升华(1)一般数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，本题选用的错位相减法，常用的还有分组求和，裂项求和．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝anan＋12，n∈N*.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝12Sn，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.(1)证明∵Sn＝anan＋12，n∈N*，∴当n＝1时，a1＝S1＝a1a1＋12(an0)，∴a1＝1.当n≥2时，由2Sn＝a2n＋an，2Sn－1＝a2n－1＋an－1，得2an＝a2n＋an－a2n－1－an－1.即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－10，∴an－an－1＝1(n≥2)．∴数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列．(2)解由(1)可得an＝n，Sn＝nn＋12，bn＝12Sn＝1nn＋1＝1n－1n＋1.∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.题型三数列与不等式的综合问题例3(2013·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn＝an＋1－13n2－n－23，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an74.(1)解2S1＝a2－13－1－23，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2)解当n≥2时，2Sn＝nan＋1－13n3－n2－23n，2Sn－1＝(n－1)an－13(n－1)3－(n－1)2－23(n－1)，两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－13(3n2－3n＋1)－(2n－1)－23，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即an＋1n＋1－ann＝1，又a22－a11＝1，故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2，所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.(3)证明当n＝1时，1a1＝174；当n＝2时，1a1＋1a2＝1＋14＝5474；当n≥3时，1an＝1n21n－1n＝1n－1－1n，此时1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝1＋14＋132＋142＋…＋1n21＋14＋12×3＋13×4＋…＋1nn－1＝1＋14＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＝54＋12－1n＝74－1n74，所以对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an74.思维升华(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明．已知等差数列{an}中，a2＝6，a3＋a6＝27.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，且Tn＝Sn3·2n－1，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m的取值范围．解(1)设公差为d，由题意得：a1＋d＝6，2a1＋7d＝27，解得a1＝3，d＝3，∴an＝3n.(2)∵Sn＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n＋1)，∴Tn＝nn＋12n，∴Tn＋1－Tn＝n＋1n＋22n＋1－nn＋12n＝n＋12－n2n＋1，∴当n≥3时，TnTn＋1，且T1＝1T2＝T3＝32，∴Tn的最大值是32，故m≥32.(时间：80分钟)1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝22nan＋，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意，得a1＋2d＝5，10a1＋10×92d＝100，解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝22nan＋＝12×4n＋2n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝4n＋1－46＋n2＋n＝23×4n＋n2＋n－23.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有an＋Sn＝n.(1)设bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列；(2)设c1＝a1且cn＝an－an－1(n≥2)，求{cn}的通项公式．(1)证明由a1＋S1＝1及a1＝S1得a1＝12.又由an＋Sn＝n及an＋1＋Sn＋1＝n＋1得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1.∴2(an＋1－1)＝an－1，即2bn＋1＝bn.∴数列{bn}是以b1＝a1－1＝－12为首项，12为公比的等比数列．(2)解由(1)知2an＋1＝an＋1，∴2an＝an－1＋1(n≥2)．∴2an＋1－2an＝an－an－1(n≥2)，即2cn＋1＝cn(n≥2)．又c1＝a1＝12，2a2＝a1＋1，∴a2＝34.∴c2＝34－12＝14，即c2＝12c1.∴数列{cn}是首项为12，公比为12的等比数列．∴cn＝12·(12)n－1＝12n.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n＋1.(1)证明：数列{an2n}是等差数列；(2)若不等式