2019届高考数学一轮(北师大版理科)：专题突破练3数列中的高考热点问题及解析-经典汇编
【创新方案】高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)数列的综合问题 理 北师大版
第五节 数列的综合问题【考纲下载】能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识 解决相应的问题．1．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答． 2．常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．1．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按单利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为a (1＋rn )，属等差数列模型．2．设本金为a ，每期利率为r ，存期为n ，若按复利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为a (1＋r )n，属等比数列模型．1．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n 3C.n 22＋3n 4D ．n 2＋n 解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1，a 3，a 6成等比数列， ∴a 23＝a 1·a 6，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋5d )．又a 1＝2，∴(2＋2d )2＝2×(2＋5d )，解之得d ＝12或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋n n －2d ＝2n ＋n n －4＝n 24＋7n4.2．已知x >0，y >0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则a ＋b 2cd的最小值是( )A ．0B ．1C ．2D ．4解析：选D ∵x ，a ，b ，y 成等差数列，∴a ＋b ＝x ＋y ，又x ，c ，d ，y 成等比数列，∴cd ＝xy .∴a ＋b 2cd ＝x ＋y 2xy ＝2＋x 2＋y 2xy ≥2＋2xyxy＝4.当且仅当x ＝y 时取等号，所以a ＋b 2cd的最小值是4.3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意知，第三列各数成等比数列，故x ＝1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z ＝34；第一行第四个数为5，第二行第四个数为52，故y ＝54，从而x ＋y ＋z＝3.4．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝________.解析：由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.答案：25．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝ 23a n －13，若1＜S k ＜9(k ∈N *)，则k 的值为________． 解析：由S n ＝23a n －13，得当n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1－13，则a 1＝－1.当n ≥2时，S n ＝23(S n －S n －1)－13，即S n ＝－2S n －1－1.令S n ＋p ＝－2(S n －1＋p )，得S n ＝－2S n －1－3p ，可知p ＝13.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋13是以－23为首项，－2为公比的等比数列．则S n ＋13＝－23×(－2)n －1，即S n ＝－23×(－2)n －1－13.由1＜－23×(－2)k －1－13＜9，k ∈N *，得k ＝4.答案：4考点一等差、等比数列的综合问题[例1] 在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)．(1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明：{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：此时对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n＋6的等差中项．[自主解答] (1)证明：由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列．(2)由(1)，得a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，q ＝1，1＋1－q n －11－q ，q ≠1.上式对n ＝1也成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，q ＝1，1＋1－q n －11－q ，q ≠1.(3)由(2)，得当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1.由a 3是a 6与a 9的等差中项，即2a 3＝a 6＋a 9，可得2q 2＝q 5＋q 8，由q ≠0，得q 6＋q 3－2＝0，整理，得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2或q 3＝1(舍去)．于是q ＝－32.而a n ＝1＋1－q n －11－q ，a n ＋3＝1＋1－q n ＋21－q ，a n ＋6＝1＋1－qn ＋51－q，所以a n ＋3＋a n ＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－q n ＋21－q ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－q n ＋51－q ＝2＋2－q n ＋2－q n ＋51－q ＝2＋2－q 3×q n －1－q 6×q n －11－q ＝2＋2－－q n －1－－2q n －11－q ＝2＋2－2q n －11－q ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－q n －11－q ＝2a n . 所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．【方法规律】解决等差、等比数列的综合问题的方法对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对n ∈N *均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013.解：(1)由已知有a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ，∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2(∵d >0)．∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9，∴数列{b n }的公比为3，∴b n ＝3·3n －2＝3n －1.(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝a n ＋1，得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n .两式相减得：n ≥2时，c n b n＝a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＝2b n ＝2·3n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013＝3＋6－2×32 0131－3＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.[例2] 某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO 2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO 2的年排放量约为9.3万吨．(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO 2约多少万吨？(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO 2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p ，为使2020年这一年SO 2的年排放量控制在6万吨以内，求p 的取值范围．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据： 823≈0.950 5， 923≈0.955 9[自主解答] (1)设“十二五”期间，该城市共排放SO 2约y 万吨，依题意，2011年至2015年SO 2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列，所以y ＝5×9.3＋－2×(－0.3)＝43.5(万吨)．所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO 2约43.5万吨． (2)由已知得， 2012年的SO 2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，所以2012年至2020年SO 2的年排放量构成首项为9，公比为1－p 的等比数列． 由题意得9×(1－p )8＜6，由于0<p <1，所以1－p < 823，所以1－p <0.950 5，解得p >4.95%.所以SO 2的年排放量每年减少的百分率p 的取值范围为(4.95%,1)．【方法规律】解决数列应用题应注意的问题解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求a n 还是S n ，特别是要弄清项数．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．解：(1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d .a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d(3)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d .由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000.解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝m －2m ＋13m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 m －2m ＋13m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．1．数列与函数、 不等式的综合问题是每年高考的重点，多为解答题，难度偏大，属中高档题．2．高考对数列与函数、不等式的综合问题的考查常有以下两个命题角度： (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (2)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．[例3] (2013·江西高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. [自主解答] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2， n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋2. T n ＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －2－1n ＋2＋1n 2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.数列与函数、不等式的综合问题的常见类型及解题策略(1)数列与不等式的恒成立问题．此类问题常构造函数，通过函数的单调性、极值等解决问题．(2)与数列有关的不等式证明问题．解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．1．已知函数f (x )＝ln x －x ，数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝12－a n.(1)求证：f (x )≤－1；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)求证不等式a 1＋a 2＋…＋a n <n ＋ln 2－ln(n ＋2)．证明：(1)令g (x )＝f (x )＋1＝ln x －x ＋1，g ′(x )＝1x －1＝1－xx，当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时g ′(x )<0，故g (x )在x ＝1处取得极大值，也是最大值，所以g (x )≤g (1)＝0，故f (x )≤－1.(2)因为a n ＋1＝12－a n ，∴a n ＋1－1＝12－a n －1＝a n －12－a n，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差d ＝－1的等差数列，∴1a n －1＝－n －1，∴a n ＝n n ＋1. (3)∵a n ＝1－1n ＋1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝1－12＋1－13＋…＋1－1n ＋1＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1.由(1)知当x >1时，f (x )＋1<0，即ln x <x －1，令x ＝n ＋2n ＋1＝1n ＋1＋1，得ln n ＋2n ＋1<1n ＋1＋1－1＝1n ＋1，∴ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋2n ＋1<12＋13＋…＋1n ＋1，∴ln(n ＋2)－ln 2<12＋13＋…＋1n ＋1，∴n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)，∴a 1＋a 2＋…＋a n <n ＋ln 2－ln(n ＋2)．2．已知数列{a n }为等比数列，其前n 项和为S n ，已知a 1＋a 4＝－716，且对于任意的n ∈N *，有S n ，S n ＋2，S n ＋1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝n (n ∈N *)，记T n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1a 1＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2a 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 3a 3＋…＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b n a n ，若(n －1)2≤m (T n －n －1)对于n ≥2恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)设数列{a n }的公比为q .∵S 1，S 3，S 2成等差数列，∴2S 3＝S 1＋S 2，∴2a 1(1＋q ＋q 2)＝a 1(2＋q )，解得q ＝－12，又a 1＋a 4＝a 1(1＋q 3)＝－716，∴a 1＝－12，∴a n ＝a 1q n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .(2)∵b n ＝n ，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪b n a n ＝n ·2n，∴T n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n，①2T n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，∴T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2n ＋11－2－n ·2n ＋1＝(n －1)·2n ＋1＋2. 若(n －1)2≤m (T n －n －1)对于n ≥2恒成立，则(n －1)2≤m [(n －1)·2n ＋1＋2－n －1]，(n －1)2≤m (n －1)·(2n ＋1－1)，∴m ≥n －12n ＋1－1，令f (x )＝x －12x ＋1－1，可判断f (x )在x ∈[2，＋∞)上是减函数．则f (n )＝n －12n ＋1－1的最大值为f (2)＝17，∴m ≥17.故实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞.——————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————种思想——函数思想与转化化归思想(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)转化化归思想，a n与S n转化，一般数列与特殊数列的转化等．个注意点——数列与函数、不等式、解析几何相结合应注意的问题(1)数列与解析几何结合时注意递推．(2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩．(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.前沿热点(八)数列中的三类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定；解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[典例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n＋1＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·2a n(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[解题指导] 处理第(2)问中的c n＋1>c n恒成立问题，可通过构造函数将问题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值．[解] (1)由已知得S n＋2－S n＋1－(S n＋1－S n)＝1，所以a n＋2－a n＋1＝1(n≥1)．又a2－a1＝1，所以数列{a n}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n＝n＋1.因为b n＋1＝4b n＋6，即b n＋1＋2＝4(b n＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[名师点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定；解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[典例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝na nn ＋n ，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．[解题指导] 处理第(2)问中的是否存在问题，可先假设存在正整数m ，n ，把m ，n 转化为一个变量求出这个变量的范围，根据正整数求其值，若在所求范围内能够得到适合题目的值，则存在，否则就不存在．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1.所以数列{a n }是公比为2的等比数列． 由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝na n n ＋n ＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n2n ＋1. 若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62.又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．[名师点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立；解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[典例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1为等比数列；(2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n－1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解题指导] 第(1)问中a n ＋1与a n 的关系以分式形式给出，可以通过取倒数处理，目的仍然是变为等差数列或等比数列；第(2)问可先假设所探求问题存在再去求解，注意应用重要不等式进行判断．[解] (1)证明：因为1a n ＋1＝23＋13a n ，所以1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1为等比数列．(2)假设存在，则m ＋n ＝2s ，(a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2，由(1)知1a n －1＝(a 1－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n ，则a n ＝3n3n ＋2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n ＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3s3s ＋2－12，化简得3m ＋3n ＝2×3s.因为3m＋3n≥2×3m ＋n＝2×3s，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[名师点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．[全盘巩固]1．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：选D 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.2．已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2n a 1＋a 2＝q 2n ＝52n .3．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4.∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( )A.911 B.1011 C.811 D.1211解析：选B 由y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)，即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列，∴a n ＝n ，n ∈N *.∴b n ＝1n n ＋，∴T 10＝11－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.5．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 等于( )A ．2－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1B ．2－⎝ ⎛⎭⎪⎫23nC ．2－2n 3n ＋1D ．2－2n ＋13n解析：选D 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公比为q ＝23的等比数列，于是S n ＝a 1－q n 1－q ＝23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝2－2n ＋13n .6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项之和为( )A ．2 101B ．1 067C ．1 012D ．2 012解析：选B 当n 为正奇数时，a n ＋2＝(1＋0)a n ＋1＝a n ＋1；当n 为正偶数时，a n ＋2＝(1＋1)a n ＋0＝2a n .∴a n 是奇数项为等差数列，偶数项为等比数列的一个数列．∴{a n }的前18项和为＋2＋－291－2＝1 067.7．(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：由题意知第n 天植树2n 棵，则前n 天共植树2＋22＋…＋2n ＝(2n ＋1－2)棵，令2n ＋1－2≥100，则2n ＋1≥102，又25＋1＝26＝64,26＋1＝27＝128，∴n ≥6.∴n 的最小值为6.答案：68．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }的连续三项，则数列{b n }的公比为________．解析：由题意知a 23＝a 1·a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋6d )，∴a 1＝2d ，∴等比数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2.答案：29．函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.解析：依题意得，函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线方程是y －a 2k ＝2a k (x －a k )．令y ＝0，得x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k ，因此数列{a k }是以16为首项，12为公比的等比数列，所以a k＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1＝25－k，a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.答案：2110．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }是等比数列且满足b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24.设数列{a n ·b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)∵数列{a n }是等差数列，∴S 6＝3(a 1＋a 6)＝3(a 2＋a 5)＝36，则a 2＋a 5＝12， 由于a 2＝3，所以a 5＝9，从而d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1，∴a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q .∵b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24，∴b 4＋b 5b 1＋b 2＝q 3＝8，则q ＝2.从而b 1＋b 2＝b 1(1＋q )＝3b 1＝3，∴b 1＝1，b n ＝2n －1，∴a n ·b n ＝(2n －1)·2n －1.∴T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，则2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n，两式相减，得(1－2)T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n －2＋2·2n －1－(2n －1)·2n，即－T n ＝1＋2(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2(2n －2)－(2n －1)·2n ＝(3－2n )·2n －3.∴T n ＝(2n －3)·2n＋3.11．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18. (1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n n ＋S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立？若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解：(1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又数列{a n }的公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝4n －3.∵1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即1×81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －2·4＝2n 2－n ，∴b n ＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. ∵n 2n ＋1＝12－1n ＋<12， ∴存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)设Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *}，等差数列{c n }的任一项c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，110<c 10<115，求{c n }的通项公式．解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *)． 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由f (x )＝x 2＋2x 求导可得f ′(x )＝2x ＋2.∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ，∴k n ＝2n ＋2.∴b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n.∴T n ＝4×3×41＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n.①4T n ＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4×(2n ＋1)×4n ＋1.② ①－②，得－3T n ＝4[3×4＋2×(42＋43＋…＋4n )－(2n ＋1)×4n ＋1]＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤3×4＋2×42－4n －11－4－()2n ＋1×4n ＋1，∴T n ＝6n ＋19·4n ＋2－169. (3)∵Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *}，∴Q ∩R ＝R . 又∵c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，∴c 1＝6.∵{c n }的公差是4的倍数，∴c 10＝4m ＋6(m ∈N *)．又∵110<c 10<115， ∴⎩⎪⎨⎪⎧110<4m ＋6<115，m ∈N *，解得m ＝27.∴c 10＝114. 设等差数列的公差为d ，则d ＝c 10－c 110－1＝114－69＝12，∴c n ＝6＋(n －1)×12＝12n －6.∴{c n }的通项公式为c n ＝12n －6. [冲击名校]设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1,0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明：数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 12x 的图象相交于点B n ，记b n ＝OA n ·OB n (其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1)．当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1.又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列．∴通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)据题意，得B n ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n －1. ∴b n ＝n ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1·(n －1)＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.∵S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n，两式相减，得34S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋…＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n.化简，得S n ＝169－⎝ ⎛⎭⎪⎫4n 3＋169×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝169－3n ＋49×4n －1. [高频滚动]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和为T n .解：(1)证明：因为S n ＋n ＝2a n ，即S n ＝2a n －n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)．两式相减化简，得a n ＝2a n －1＋1.所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)． 所以数列{a n ＋1}为等比数列．因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1，得a 1＝1.a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n－1.(2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，所以b n ＝(2n ＋1)·2n.所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n，①2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.。
【北师大】2019届高考数学理科一轮复习专题突破练含答案5、6.doc
专题突破练（五）平面解析几何中的高考热点问题（对应学生用书笫309页）X V1•设凡 尺分别是椭圆G 了+7=1@＞方＞0）的左、右焦点，〃是C 上一点且处与X 轴垂 直，直线•肪;与Q 的另一个交点为用（1） 若直线㈱的斜率为才，求Q 的离心率；（2） 若直线細在y 轴上的截距为2,且|测=5|用M ，求臼，b.［解］ ⑴根据c=f_S 及题设知.，（c,勺，^=-|, 2b=3ac. 将仔=臼2一孑代入2甘= 3ac, 解得专詁彳=一2（舍去）. 故C 的离心率为g（2）由题意，原点0为斤尺的中点，，处〃y 轴，所以直线朋与y 轴的交点〃（0, 2）是线段MF\的中点，j2故一=4,即庁=4日•①由|必V|=5|凡V ］得丨莎|=2|£別.设N{x\, yi ）,由题意知yKO ，则9c I代入C 的方程，得荷+了=1.② 将①及二？代入②得W+右=1.解得曰=7, I ）=4^=28,故臼=7,方=2⑴.2 22. （2018 •海口调研）己知椭圆E ： $+令=1（日＞力＞0）经过点 a b点。
为坐标原点•2 （― c —為）=c 9.Ki = — 1.⑴求椭圆〃的标准方程;(2)如图2,过椭圆厂的左焦点壬作一条不垂直于坐标轴的直线厶交椭圆/于只 0两点，记弦〃的中点为胚 过厂作％的垂线刖交直线初于点"，证明：点川在 一条定直线上. 所以c=2,所以椭圆E 的方程为丁+#=1.(2)证明：设直线/的方程为 y=W(x+2)(&H0),戶(丽，/1), Qjx“ 乃)，2联立y=k(x+2)与右+声=1，可得(l+5#)#+20/v+20#-5 = 0,所以 %1 + %2—- 20卩 20护一51 + 5护'恥2 — ］+5护• 设直线月V 的方程为y= —*(/+2)，爪xa, yo),rblX1 + X2 则必一 2 - 10# 2k '1+5护'必一心＞+2)—1+5&2,所以 koy=-=-1 —議所以直线。
2019高三数学文北师大版一轮热点探究训练3 数列中的高考热点问题 Word版含解析
热点探究训练(三)数列中的高考热点问题(对应学生用书第页)．(·广州综合测试(一))已知数列{}是等比数列，＝，＋是和的等差中项．()求数列{}的通项公式；()设＝－，求数列{}的前项和.[解]()设数列{}的公比为，因为＝，所以＝，＝分因为＋是和的等差中项，所以(＋)＝＋.即(＋)＝＋，化简得－＝.因为公比≠，所以＝.所以＝－＝×－＝(∈*)分()因为＝，所以＝－＝－，所以＝(－)，分则＝×＋×＋×＋…＋(－)－＋(－)，①＝×＋×＋×＋…＋(－)＋(－)＋.②由①－②得，－＝＋×＋×＋…＋×－(－)＋＝＋×－(－)＋＝－－(－)＋，所以＝＋(－)＋分．(·郑州模拟)已知数列{}的前项和＝，∈*.()求数列{}的通项公式；()设＝＋(－)，求数列{}的前项和．【导学号：】[解]()当＝时，＝＝；分当≥时，＝－＝－＝分－也满足＝，故数列{}的通项公式为＝分()由()知＝，故＝＋(－).记数列{}的前项和为，则＝(＋＋…＋)＋(－＋－＋－…＋)．记＝＋＋…＋，＝－＋－＋－…＋，则＝＝＋－，分＝(－＋)＋(－＋)＋…＋[－(－)＋]＝分故数列{}的前项和＝＋＝＋＋－分．(·四川高考)已知数列{}的首项为，为数列{}的前项和，＋＝＋，其中>，∈*.()若，，＋成等差数列，求数列{}的通项公式；()设双曲线－＝的离心率为，且＝，求＋＋…＋.[解]()由已知＋＝＋，得＋＝＋＋，两式相减得到＋＝＋，≥.又由＝＋得到＝，故＋＝对所有≥都成立．所以，数列{}是首项为，公比为的等比数列．从而＝－分由，，＋成等差数列，可得＝＋＋，所以＝，故＝.所以＝－(∈*)分()由()可知＝－，所以双曲线－＝的离心率＝＝分由＝＝解得＝，所以＋＋…＋＝(＋)＋(＋)＋…＋[＋(－)]＝＋[＋＋…＋(－)]＝＋＝＋(－)分．已知数列{}中，＝，＋＝－，数列{}满足＝(∈*)．()求数列{}的通项公式；()证明：＋＋…＋<. 【导学号：】[解]()由题意得＋＋＝－＝，＋＝＝＝＝＋＝＋分又＝，∴数列{}是首项为，公差为的等差数列，∴＝分。
2019年高考数学(北师大版理科)： 专题探究课3 数列中的高考热点问题
三 数列中的高考热点问题(对应学生用书第90页)[命题解读] 数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，从近五年全国卷高考试题来看，本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列的通项与求和；三是数列与函数、不等式的交汇，难度中等．解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a 1，a n ，S n ，d(q)，n ，“知三求二”．已知等差数列{an }，公差d ＝2，S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝(－1)n4n a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[解] (1)∵S 1，S 2，S 4成等比数列．∴S 22＝S 1S 4，∴(2a 1＋2)2＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4a 1＋4×32×2 解得a 1＝1，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n ·4n a n ·a n ＋1＝(－1)n ·4n(2n －1) (2n ＋1)＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1. ∴当n 为偶数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋15－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1， 当n 为奇数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋15－…－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1. 故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n －22n ＋1，n 为奇数. }b>01是等比数列；若}b>0≠1是等差数列. 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化[跟踪训练] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ [解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0. 若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0，所以a n ＝0(n ≥1)．若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n,2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2n λ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2n λ.(2)当a 1>0，且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n， 由(1)知，b n ＝lg 1002n ＝2－nlg 2. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2.。
2019高三数学(北师大版理科)一轮训练题高考大题专项突破三 高考中的数列 Word版含解析
.(北京东城一模)已知数列{}是等差数列,前项和为,若.
()求数列{}的通项公式;
()若成等比数列,求的值.
〚导学号〛
.(河北衡水中学三调,理)已知数列{}的前项和为≠,常数λ>,且λ对一切正整数都成立.
()求数列{}的通项公式;
()设>,λ,当为何值时,数列的前项和最大?
∴()·.
.证明()因为{}是等差数列,设其公差为,则(),
从而,当≥时()()(),
所以,
因此等差数列{}是“()数列”.
()数列{}既是“()数列”,又是“()数列”,因此,
当≥时,①
当≥时.②
由①知(),③
().④
将③④代入②,得,其中≥,
所以,…是等差数列,设其公差为'.
在①中,取,则,所以',
所以>>…>>,
当≥时≤<,所以数列的前项和最大.
.解()∵等比数列{}的公比>,且,
∴,
∴,解得或(舍去),∴.
∴.
()…,
….
∴….
∴.
.()证明∵,
∴×,
∴×,
∴数列是等比数列,公比为,首项为.
()解由()可得,则·.
设数列{·}的前项和为,
则××…·,
×…()··,
两式相减可得…··,
则()·.
.已知等比数列{}的公比>,且,
()求数列{}的通项公式;
()设是数列{}的前项和,求.
.(广东揭阳二模,理)已知数列{}中.
()求证:数列是等比数列.
()求数列{}的前项和.
〚导学号〛
.(江苏)对于给定的正整数,若数列{}满足……对任意正整数(>)总成立,则称数列{}是“()数列”.
【北师大】2019届高考数学理科一轮复习专题突破练含答案1、2.doc
专题突破练(一)函数与导数中的高考热点问题(对应学生用书笫231页)1.已矢口函数=x +^rsin x+ cos x.(1)若曲线y= f{x)在点(臼，f(Q)处与直线y=b相切，求臼与方的值;(2)若曲线y=f3与直线方有两个不同交点，求b的取值范围.［解］由f\x) =/+^rsin x+cos 尢得f (x)=x(2+cos x).(1)因为曲线y= f{x)在点(臼，f(Q)处与直线y=〃相切，所以尸(臼)=$(2 + cos a) =0, b= f{a).解得白=0, b=f(0)=l.⑵令尸(力=0,得x=0.当/变化时，f(力与尸(0的变化情况如下：所以函数代方在区间0)上单调递减，在区间(0, +«)上单调递增，A0)= 1是f(0的最小值.当方W1时，曲线y= f{x)与直线y=b最多只有一个交点；当b>l时，fl—26)=fQ®M48—2b—\>4b—2b—\>b,f(0)=l<b,所以存在為£(一2也0),疋^(0,2切，使得f(xj=f(x$=b.由于函数fd)在区间0)和(0, +<-)上均单调，所以当b>\时，曲线y=f{x)与直线y=〃有且仅有两个不同交点.综上可知，如果曲线与直线有两个不同交点，那么b的取值范围是(1, + °°).2.设曰为实数，函数f{x) =e x—2x+2a f x^R.(1)求fd)的单调区间与极值；(2)求证：当曰>ln 2 — 1 且/>0 时，e'>x—2ax+l.［解］⑴由f(x) =e'—2*+2曰，X WR,知尸(x)=e"-2, %ER.令尸(0=0,得x=ln 2.于是当无变化时，F 3, fd)的变化情况如下表：故f&)的单调递减区间是(一8, In 2),单调递增区间是(In 2, +-),f(x)在%=ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)=e ln2-21 n 2 + 2臼=2—21n 2 + 2纽(2)证明：设=e x—x +2ax—\, A^R,于是(^r) =e—2x+2a, xWR.由(1)知当a>ln 2 — 1时，g' (x)取最小值为g' (In 2)=2 (1 — In 2 +a) >0.于是对任意xWR,都有0 (x)>0,所以呂(方在R内单调递增.于是当臼>ln 2 — 1时，对任意(0, +8),都有gd) >g(0) •而g(0)=0,从而对任意xE (0, +8),都有g(x) >0.即e'—/+2a^—1>0,故当日>ln 2—1 且x>0 时，e>x~2ax+\.3.(2018・兰州模拟)已知函数心)的导函数为尸 3,且f\x)⑴+lnx.(1)求函数f(x)的极值；(2)若WWZ,且A-v) >k{x— 1)对任意的xE. (1, +8)都成立，求斤的最大值.【导学号：79140098］［解］(1)尸3=討(1) +l + ln x(x>0),所以尸(l)=|r (1)+1,即f' (1)=2,所以f{x) =x+x\n x, f f (%) = 2 +In x、令f (0=2 + ln /VO,解得0VxVe S即当胆(0,昇)时，r 3V0,当(e-2, +◎时，F 3>0,所以函数fd)在(0, L彳)上单调递减，在(「，+8)上单调递增，所以函数fd)在^=e-2处取得极小值Ae_2)=-e-2,没有极大值.Y) v-|- Y\ n x(2)rh( 1)及题意，知斤<—=—对任意的仃，+8)都成立，卄/ln /x—\匕>1),则”(方=In x~2令h{x) =x~ln x—2(x>l),1则夕C0=1—△=—>0, x x所以函数力(劝在(1, +8)上为增函数，因为/?(3)=l-ln 3<0,力(4) =2 — In 4>0,所以方程力(x) =0存在唯一实根xo,即In %o = Ab-2, AbW (3, 4).所以当1V X V X()吋，力(方V0,即(x) <0,当 />必吋，h(x) >0,即(x) >0,所以函数g(0在(1,躺上单调递减，在(总，+8)上单调递增，所以&(劝山=呂(必)=土土斗1Ao— 1所以k<g3mw = Xo,必£(3, 4),又因为乙故斤的最大值为3.4.(2017 •山东高考)已知函数f(x) =^x—\ax ,曰WR.(1)当日=2时，求曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x) =f(x) + (x—臼)cos x—sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值, 有极值时求出极值.［解］(1)由题意尸所以当自=2 时，f(3)=0, F (A^)=X~2X,所以尸⑶=3,因此，曲线y=f\x)在点(3, f(3))处的切线方程是y=3(x—3),即3x—y—9=0.(2)因为g{x) = f{x) + (z—a)cos x—sin x,所以” (A F)=f' (%) +cos x— (x~a) sin x—cos x= x{x~a) — (x—a) sin x=(/— a) (A— sin x).令/?(x) =x~s\n x,则力'(%) = 1 — cos xMO,所以力(劝在R上单调递增.因为力(0) =0,所以当Q0时，力(力>0；当*0 时，h{x) <0.①当臼<0 吋，g' (x) =(A~a) (%—sin x),当—8,刃时，x—X0, g (A)>0, g(x)单调递增;当(a, 0)时，x—a>09 g f (x)<0, g(x)单调递减;当x^. (0, +8)时，日>0, g' (劝>0, g(x)单调递增.所以当/=日时，g(x)取到极大值，极大值是g(日)=—£/—sin ax当x=0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)= —乩②当臼=0 时，g'(%)=X(A—sin x),当xW(—8, +8)时，g' (x) >0, gd)单调递增；所以gd)在(一g, +s)上单调递增，g(0无极大值也无极小值.③当曰〉0 时，g' (x) = (x—a) (x—si n x),当—8, 0)时，a<0, g (^)>0, g(x)单调递增；当(0,日)时,x—a<0, g‘(x)〈0, g(x)单调递减;当xW (日，+8)时，X— a>0, g‘ (%)>0, g(x)单调递增.所以当x=0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)=—方；当x—a时,g(x)取到极小值, 极小值是g(臼)=—討一sin a.综上所述：当水0时,函数g(力在(一 8,可和(0, +8)上单调递增,在(勺0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(R =—和一sin自，极小值是g(0)=—岔当日=0时，函数gd)在(一8, +«>)上单调递增，无极值；当日>0时，函数gCv)在(一8, 0)和(日，+8)上单调递增，在(0,日)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(o)= —日，极小值是g@)=—和一sin日.专题突破练(二)三角函数与解三角形中的高考热点问题(对应学生用书笫246页)1.(2017 •全国卷III)/XABC的内角力，B, C的对边分别为乩b, c,已知sin J+^cos A =0, a=2y［7tb=2.⑴求c；(2)设〃为比边上一点，且AD丄AC,求肋的面积.［解］(1)由已知可得tan人=—£,所以A=^~.在中，由余弦定理得28=4 + d—4ccos牛，即(?2 + 2 c—24 = 0,解得c=—6(舍去)，c=4.(2)由题设可得ZCAD=*JI所以Z BAD= Z BAC- Z CAD=—6故加面积与△/!仞面积的比值为^AC • AD又△血疋的面积为*X4X2sinZ旳C=2羽，所以〃的面积为2.(2017 •天津高考)在屮，内角儿B, Q所对的边分别为0 b, c.已知臼＞方，a=5,3sin 〃==•o(1)求力和sin畀的值；(2)求sin(2S+T的值.［解］(1)在△力应'中，因为3 4所以由sin B=g,得cos 〃=亍由已知及余弦定理，得I)= a+c~2dccos〃=13,所以b=y［H.由正弦定理」得sin A sin B4 sin B 3A /T3sin A=a ~~:—=■ 二 • b 13所以方的值为倾，sin /!的值为響.(2)由⑴及水g 得cos /!=生厚，cos 2J= 1 —2sin 2J=—• … K . c … 71 7迈 = sin 2^cos _+cos 2As in 〒= c ：、・ 4 4 263. (2018 •杭州质检)设函数 f{x) =2cos x(cos x+yf^si n x) (x^R).(1) 求函数y=f®的最小正周期和单调递增区I'可； (2) 当;vu 0,彳时，求函数f(0的最大值.【导学号：79140143］［解］(1) T f(/) =2cos /(cos /+羽sin x) =2sin (2/+石)+1,=,2兀・：取小正周期T=—^~=兀,JIJIJI z•：2kR ~—^2x+—^2kn +y(A-eZ),,、JIJT JI 0 JI(2)・・X 0, y , A2x+ye y,—=2sin^2x+—j+1 的最大值是 3.4. (2018 •东北三省四市模拟(二))已知点卩(羽，1), 0(cos x, sin x), 0为坐标原点,函数 f(x) =0P • QP.(1) 求函数fd)的解析式及最小正周期；(2) 若/为的内角，fU)=4, BC=3, △/〃C 、的面积为羊，求△血农的周长.>si nf 2^r+~所以 sin 2J=2sin Jcos A=12 13,所以 sin (2/f+y.\kn兀 兀存点巾+石(©)・・・・函数y=f(x)的单调递增区间为kn兀JI厂 kn+- aez).【导学号：79140144］［解］ ⑴因为 04(羽，1),(羽一cos / 1 —si nx),所以 f\x) =3—\/3cosx+1 —sin x=4 —2sin(x+T ，所以f (力的最小正周期为2n. (2)因为 f{A) =4,所以 sin(/+冷j=0,兀2 n因为0<A< Ji ,所以力+丁=兀，所以力=〒，所以Z?c=3,根据余弦定理得a=l )+d —2%cos^—= (Z?+c)2—2 比+ 比=9, 所以b+c=2羽，所以三角形的周长为3 + 2^3.因为 S^ARc=~bcsin A=~bcsin 2 Ji 3^/3 ~=4。
2019高三数学北师大版理科一轮：高考大题专项突破一1-
1.3导数与函数的零点及参数范围1.已知函数f(x)=e x(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)e x(a∈R,且a为常数).(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;+1+ln x(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说明理由.(2)判断函数φ(x)=-2.(2017山西第四次五校联考,理21)已知函数f=ln x-ax∈(1)求曲线y=f在点A处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f都在直线L的下方;(2)若函数h=e x+f在区间内有零点,求a的取值范围.〚导学号21500800〛-a(a<0).3.(2017江西八校联考,理21)已知函数f(x)=-(1)当x∈(0,1)时,求f(x)的单调性;(2)若h(x)=(x2-x)·f(x),且方程h(x)=m有两个不相等的实数根x1,x2.求证:x1+x2>1.4.(2017北京东城一模)已知函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.〚导学号21500801〛5.(2017湖南长郡中学临考冲刺)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R).(1)若曲线g(x)=f(x)+x在点(1,g(1))处的切线过点(0,2),求函数g(x)的减区间;(2)若函数y=f(x)在上无零点,求a的最小值.6.(2017河南豫南九校质量考评八,理21)已知函数f=ln x+(1)若函数f有零点,求实数a的取值范围;(2)证明:当a,b>1时,f〚导学号21500802〛参考答案1.3导数与函数的零点及参数范围1.解 (1)f'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x.由曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=-,-即2=1-a,解得a=-1.+1+ln x=0(x>0),(2)零点个数为0.理由如下:由φ(x)=-得+1+ln x=0,化为=1-x-x ln x.令h(x)=1-x-x ln x,则h'(x)=-2-ln x.由h'(x)=-2-ln x=0,得x=-,故h(x)在内是增加的,在内是减少的,所以h(x)max=h=1+.再令t(x)==b e x,因为b>1,所以函数t(x)=b e x在(0,+∞)内是增加的,t(x)>t(0)=b e0=b>1+.故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,故φ(x)在(0,+∞)内的零点个数为0.2.解 (1)∵f'(x)=-a,∴f'(1)=1-a.∵f(1)=-a,∴L的方程为y+a=(1-a)(x-1),即y=(1-a)x-1.设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1,则p'(x)=-.若x>1,p'(x)<0;若0<x<1,p'(x)>0.∴p(x)max=p(1)=0,∴p(x ≤0∴f(x ≤ 1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号.故除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方.(2)h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,即a=在x∈(1,3)内有实数解.设F(x)=,则F'(x)=--,设g(x)=e x(x-1)+1-ln x,则g'(x)=x-.∵函数y=e x-(x>0)的零点在(0,1)内,且y>0在(1,3)内恒成立,∴g'(x)>0,即g(x)在(1,3)内是增加的,∴g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)内恒成立, ∴F(x)在(1,3)内是增加的,∴F(x)∈,∴a∈.3.(1)解f'(x)=---,设g(x)=x-1-ln x,则g'(x)=1-,∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,∴g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,1)上是增加的.(2)证明∵h(x)=x2ln x-ax2+ax(a<0),∴h'(x)=2x ln x+x-2ax+a,设g(x)=2x ln x+x-2ax+a, ∴g'(x)=2ln x-2a+3.∵y=g'(x)在(0,+∞)上是增加的,当x→0时,g'(0)<0,g'(1)=3-2a>0,∴必存在t∈(0,1),使得g'(t)=0,即2ln t-2a+3=0,∴y=h'(x)在(0,t)上是减少的,在(t,+∞)上是增加的.又当x→0时,h'(0)<0,h'(1)=1-a>0.设h'(x0)=0,则x0∈(0,1),∴y=h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的, 又h(1)=0,不妨设x1<x2,则0<x1<x0,x0<x2<1,由(1)知--∴f(x0)(-x2)>h(x2)=h(x1)>f(x0)(-x1),∴(-x2)-(-x1)=(x2-x1)·(x2+x1-1)>0,∴x1+x2>1.4.解 (1)f(x)=x3-x2+ax,f'(x)=x2-x+a.∵x=2是f(x)的极值点,∴f'(2)=4-2+a=0,解得a=-2.代入f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f'(x)=0,解得x=-1或x=2.令f'(x)>0,解得x>2或x<-1,∴f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时是增加的;令f'(x)<0,解得-1<x<2,∴f(x)在x∈(-1,2)时是减少的.(2)g(x)=f(x)-ax2+x3-(1+a)x2+ax+,g'(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).①当a≥1时,x∈(0,1),g'(x)>0恒成立,g(x)是增加的,又g(0)=>0,因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.②当0<a<1时,x∈(0,a),g'(x)>0,g(x)是增加的,x∈(a,1)时,g'(x)<0,g(x)是减少的,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,∴(1+a)+a+<0,解得a<-1.舍去.③当a≤0时,x∈(0,1),g'(x)<0,g(x)是减少的,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,解得a<-1.满足条件.综上可得,a的取值范围是(-∞,-1).5.解 (1)∵g(x)=(3-a)x-(2-a)-2ln x,∴g'(x)=3-a-,∴g'(1)=1-a.又g(1)=1,∴1-a=--=-1,得a=2.由g'(x)=3-2--<0,得0<x<2,∴函数g(x)的减区间为(0,2).(2)∵f(x)<0在区间上恒成立不可能,∴要使函数f(x)在上无零点,只要对任意的x∈,f(x)>0恒成立,即对x∈,a>2--恒成立,令I(x)=2--,x∈,则I'(x)=------,再令m(x)=2ln x+-2,x∈,则m'(x)=-<0,故m(x)在内为减函数,于是m(x)>m=2-2ln 2>0,即I'(x)>0,于是I(x)在上为增函数,∴I(x)<I=2-4ln 2,故要使a>2--恒成立,只要a∈[2-4ln 2,+∞).综上,若函数f(x)在上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.6.(1)解函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞),由f(x)=ln x+,得f'(x)=-.因为a>0,则x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)内是减少的,在(a,+∞)上是增加的,当x=a时,f(x)min=ln a+1,当ln a+1≤0 即0<a≤时,又f(1)=ln 1+a=a>0,则函数f(x)有零点.所以实数a的取值范围为.(2)证明要证明f(ln b)>,即证ln(ln b)+,令t=ln b>0(b>1),则b=e t, 所以只需证ln t+>e-t,整理得t ln t+a>t e-t.令h(x)=x ln x+a,则h'(x)=ln x+1.当0<x<时,h'(x)<0;当x>时,h'(x)>0.所以函数h(x)在内是减少的,在内是增加的,当x=时,h(x)min=-+a.于是,当a≥时,h(x ≥-+a≥.①令φ(x)=x e-x,则φ'(x)=e-x-x e-x=e-x(1-x).当0<x<1时,φ'(x)>0;当x>1时,φ'(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,当x=1时,φ(x)max=,于是,当x>0时,φ(x ≤.②显然,不等式①,②中的等号不能同时成立,故当x>0,a≥时,x ln x+a>x e-x.因为b>1,所以ln b>0.所以ln b·ln(ln b)+a>ln b·e-ln b.所以ln(ln b)+,即f(ln b)>.。
2019年高考数学一轮复习热点探究训练3数列中的高考热点问题文北师大版
热点探究训练(三)数列中的高考热点问题(对应学生用书第233页) 1. (2017 •广州综合测试(一))已知数列｛a n ｝是等比数列，a 2= 4, a 3+ 2是a 2和a 4的等差中项. (1)求数列｛a n ｝的通项公式; (2)设 b n = 2log 2a n — 1，求数列｛ a n b n ｝的前 n 项和 T n . ［解］(1)设数列｛a n ｝的公比为q, 因为 a 2= 4,所以 a 3= 4q, a 4= 4q 2.因为a 3 + 2是a 2和a 4的等差中项，所以2( a 3+ 2)=比+ a 4.即 2(4q + 2) = 4 + 4q 2，化简得 q 2— 2q = 0. 因为公比q z 0,所以q = 2.所以 a n = a 2q" 2 = 4x2 2= 2( n € N).⑵ 因为 a n = 2，所以 b n = 2log 2a n — 1 = 2n — 1,所以 a n b n = (2n — 1)2n , 则 T n = 1 x 2+ 3X 22+ 5X 2 3+…+ (2n — 3)2n —1+ (2n — 1)2n, n + 1234n―\■2T n = 1X2 + 3X2 + 5X2 +•+ (2 n — 3)2 + (2 n — 1)2由①一②得，一 T n = 2 + 2X 2 2 + 2X 2 3+…+ 2X2 n — (2 n — 1)2 n +1=2 + 2X & I ］2： — (2n — 1)2n +1=—6-(2 n -3)2n +1, 所以 T n = 6+(2n — 3)2 n +1.12分n ? + n 2. (2018 •郑州模拟)已知数列｛a n ｝的前n 项和S= , n € N *. 2(1) 求数列｛a n ｝的通项公式； (2) 设b n = 2a n + ( — 1)n a n ,求数列｛b n ｝的前2门项和. 【导学号：00090183】［解］(1)当 n = 1 时，a 1 = S = 1; 2 分 2 n + n n — 1 2 — 2当 n 》2 时，a n = Si — Si —1 = =n . a 1也满足a n = n ,故数列｛a n ｝的通项公式为 a n = n . ⑵ 由(1)知 a n = n ,故 b n = 2n + ( — 1)n n .1 2记数列｛b n ｝的前2n 项和为T 2n ,则T 2n = (2 + 2 +…+ 记 A = 21+ 22+-+ 22n , B =— 1 + 2— 3+ 4 —…+ 2n ,勺 I— 22n则 A =匕厂=22n +1— 2,22n ) + ( — 1 + 2— 3+ 4—•••+ 2n ).B= ( - 1 + 2) + ( - 3+ 4) +•••+ [ - (2 n — 1) + 2n ] = n .故数列｛b n ｝的前 2n 项和 T 2n = A + B = 22n +1+ n -2.3. (2016 •四川高考)已知数列｛a n ｝的首项为1, $为数列｛a n ｝的前n 项和，S+1 = qS + 1,其 中 q >0，n € N *.(1) 若a 2, a 3, a?+ a 3成等差数列，求数列｛a n ｝的通项公式；2(2) 设双曲线 X — ^2= 1的离心率为e n ,且e 2= 2,求e 1+ e 2+…+ e ； [解](1)由已知 S+1 = qSi + 1,得 S+2= qSi +1 + 1,两式相减得到 a n + 2 = qa n +1, n 》1.e I又由 S= qS + 1 得到 a 2= qa 1, 故a n +1 = qa n 对所有n 》l 都成立.c 丿所以，数列｛a n ｝是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而a n = q 1.3分由 a 2, a 3, a 2 + a 3 成等差数列，可得 2a 3 = a 2 + a 2 + a 3, 所以 a 3= 2a 2,故 q = 2. 所以 a n = 2 (n € N).5分(2)由(1)可知 a n = q ,2所以双曲线X — ^2= 1的离心率a ne n = ■ 1 + V = '』1 + q- n ' .8 分由 e 2 = ' 1 + q = 2 解得 q = ..*3, 所以e 1 + e 2 +…+ e n=(1 + 1) + (1 + q 2) +…+ [1 + q 2(n —1)] =n + [1 + q 2 + •••+ q 2(n -1)]q 2n -1 1 n八 =n + q 2- 1 = n + 2(3- 1).12分4 14. ------------------------------------------------------------------------------------------------ 已知数列｛a n ｝中，a = 1, a n +1= 1-一，数列｛ b ｝满足 b n= ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -- (n € N).a n + 3 a n + 1(1)求数列｛b n ｝的通项公式；1 1 1⑵ 证明：£ + £+•••+ ^<7.【导学号：00090184】 4(1)由题意得 a n +1 + 1 = 2 — a + 310分 12分2a n + 2a n + 3 ，a n + 3a n + + 2 1 1 2a n + 22 a n +] a n + 1 + 2b n + 1 =1a n + 1 + 1=b n+ 2. 3 分1 11 n又b l = 2，二数列｛b n｝是首项为2,公差为2的等差数列，二b n= 5分1⑵证明：当n= 1时，左边=£= 4<7不等式成立；6分1 1当n= 2时，左边=+ 2= 4 + 1 = 5<7不等式成立；8分b1 b2(1 nt14 4当n》3时，b n= Fn n-1 = 4百-n，亠、丄1 1 1 1111 1 1 <1 n 4左边=亡 + 2 + …+亡<4+ 1 + 4-_7 + ：_；+…+__ = 5+ 4 ~=12分7__<7.b1 b2 b n 2 3 3 4 n—1 n 幺n, nb2<7.。
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专题突破练(三) 数列中的高考热点问题
1．(2017·北京高考)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.
[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d.
因为a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，
解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.
(2)设等比数列{b n }的公比为q ，
因为b 2b 4＝a 5，所以b 1qb 1q 3＝9，解得q 2
＝3， 所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.
从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n
－12. 2．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{a n }的前
n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N ＋)均在函数y ＝f(x)的图像上．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝3a n a n ＋1
，试求数列{b n }的前n 项和T n .
[解] (1)设二次函数f(x)＝ax 2
＋bx(a≠0)， 则f′(x)＝2ax ＋b.
由f′(x)＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，
所以f(x)＝3x 2
－2x. 又因为点(n ，S n )(n ∈N ＋)均在函数y ＝f(x)的图像上，
所以S n ＝3n 2
－2n. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2
－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12
－2×1＝6×1－5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N ＋)．
(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5]
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1
. 3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6.正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)若λb n >a n ，对n ∈N ＋均成立，求实数λ的取值范围.
【导学号：79140187】
[解] (1)∵等差数列{a n }中，a 1＝1，S 3＝6，
∴d＝1，故a n ＝n.
由⎩⎪⎨⎪⎧ b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1， ①②
①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)，
b 1＝2S 1＝21＝2，满足通项公式，
故b n ＝2n
. (2)λb n >a n 恒成立，即λ>n 2n 恒成立， 设c n ＝n 2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n
， 当n ≥1时，c n ＋1≤c n ，{c n }单调递减，
∴(c n )max ＝c 1＝12，故λ>12
， ∴λ的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞. 4．(2017·山东高考)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.
(1)求数列{x n }的通项公式；
(2)如图1，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .
图1
[解] (1)设数列{x n }的公比为q.
由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，所以3q 2
－5q －2＝0. 由已知得q>0，所以q ＝2，x 1＝1.
因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.
(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1.
记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n .
由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2
×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.① 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②
①－②得
－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1 ＝32＋2(1－2n －1
)1－2
－(2n ＋1)×2n －1， 所以T n ＝(2n －1)×2n
＋12.。