高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题教案(含解析)

高考专题突破三 高考中的数列问题 题型一 子数列问题 例1设无穷数列{an}满足：∀n∈N*，an(1)若bn＝3n(n∈N*)，求证：a1＝2，并求c1的值； (2)若{cn}是公差为1的等差数列，问{an}是否为等差数列？证明你的结论． 解 (1)因为an∈N*，所以若a1＝1， 则b1＝aa1＝a1＝1，与b1＝3矛盾， 若a1≥3＝1aa，由an可得1≥a1≥3矛盾， 所以a1＝2. 于是a2＝aa1＝3，从而c1＝11aa＝2aa＝b2＝6. (2){an}是公差为1的等差数列，证明如下： 由an＋1>an，可知当n≥2时，an>an－1， 所以an≥an－1＋1，所以an≥am＋(n－m)(m所以11naa＋＋≥1naa＋＋an＋1＋1－(an＋1)， 即cn＋1－cn≥an＋1－an，由题设，1≥an＋1－an. 又an＋1－an≥1， 所以an＋1－an＝1，即{an}是等差数列． 思维升华子数列问题的关键是找清数列的项an与其序号n的关系，进而写出通项公式． 跟踪训练1设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，S6＝22. (1)求Sn； (2)若从{an}中抽取一个公比为q的等比数列{nka}，其中k1＝1，且k1当q取最小值时，求{kn}的通项公式． 解 (1)设等差数列的公差为d，则S6＝6a1＋15d＝22.

因为a1＝2，解得d＝23，

所以an＝23n＋43， Sn＝12n23n＋43＋2＝nn＋53(n∈N*)．

(2)因为数列{an}是正项递增等差数列，所以数列{nka}的公比q>1. 要使q最小，只需要k2最小即可． 若k2＝2，则由a2＝83，得q＝a2a1＝43，

此时3ka＝2×432＝329. 由329＝23(n＋2)，解得n＝103∉N*，所以k2>2. 同理k2>3. 若k2＝4，则由a4＝4，得q＝2，此时nka＝2n.

因为nka＝23(kn＋2)， 所以23(kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2， 所以对任何正整数n，nka是数列{an}的第3×2n－1－2项，且最小的公比q＝2，则kn＝3×2n－1

－2(n∈N*)． 题型二 新数列问题 例2(2018·扬州模拟)对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有xn＋2－xn＋1>xn＋1－xn成立，则称数

列{xn}为“增差数列”．设an＝t3n＋n2－13n，若数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N*)是“增差数列”，则实数t的取值范围是________． 答案 215，＋∞ 解析 数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N*)是“增差数列”， 故得到an＋2＋an>2an＋1(n≥4，n∈N*)，

即t[3n＋2＋n＋22]－13n＋2＋t3n＋n2－13n

>2t[3n＋1＋n＋12]－13n＋1(n≥4，n∈N*)， 化简得到(2n2－4n－1)t>2(n≥4，n∈N*)， 即t>22n2－4n－1对于n≥4恒成立， 当n＝4时，2n2－4n－1有最小值15， 故实数t的取值范围是215，＋∞. 思维升华根据新数列的定义建立条件和结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵活对新数列的特征进行转化是解题的关键． 跟踪训练2(1)(2018·江苏省海门中学考试)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是等积数列且a1＝2，前21项的和为62，则这个数列的公积为________． 答案 0或8 解析 当公积为0时，数列a1＝2，a2＝0，a3＝60，a4＝a5＝…＝a21＝0满足题意； 当公积不为0时，应该有a1＝a3＝a5＝…＝a21＝2， 且a2＝a4＝a6＝…＝a20， 由题意可得，a2＋a4＋a6＋…＋a20＝62－2×11＝40，

则a2＝a4＝a6＝…＝a20＝4010＝4， 此时数列的公积为2×4＝8. 综上可得，这个数列的公积为0或8. (2)(2018·盐城模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”若{an}是“斐波那契数列”，则(a1a3－a22)(a2a4－a23)(a3a5－a24)…·(a2017·a2019－a22018)的值为________． 答案 1 解析 因为a1a3－a22＝1×2－12＝1， a2a4－a23＝1×3－22＝－1，

a3a5－a24＝2×5－32＝1，

a4a6－a25＝3×8－52＝－1，

…， a2017a2019－a22018＝1，

共有2017项，所以 (a1a3－a22)(a2a4－a23)(a3a5－a24)…(a2017a2019－a22018)＝1. 题型三 数列与不等式

例3已知数列{an}中，a1＝12，其前n项的和为Sn，且满足an＝2S2n2Sn－1(n≥2，n∈N*)．

(1)求证：数列1Sn是等差数列； (2)证明：S1＋12S2＋13S3＋…＋1nSn<1. 证明 (1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1， 整理得Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)， 又S1＝a1＝12， ∴1Sn－1Sn－1＝2，从而1Sn构成以2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)可知，1Sn＝2＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝12n. ∴当n＝1时，1nSn＝12<1， 方法一 当n≥2时，1nSn＝12n2<12·1nn－1 ＝121n－1－1n， ∴S1＋12S2＋13S3＋…＋1nSn<12＋121－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1－12n<1. ∴原不等式得证． 方法二 当n≥2时， 12n2<12n2－1＝14

1n－1－1

n＋1

，

∴S1＋12S2＋13S3＋…＋1nSn <12＋14 1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－2－1n＋ 1n－1－1n＋1

＝12＋141＋12－1n－1n＋1， <12＋141＋12＝78<1. ∴原不等式得证． 思维升华数列与不等式的交汇问题 (1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式； (2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到． 跟踪训练3已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设cn＝1bnbn＋2，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：15≤Tn<13. (1)解 设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d， 由题意得1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6， 解得d＝q＝2， 所以an＝2n－1，bn＝2n－1，n∈N*.

(2)证明 因为cn＝1bnbn＋2＝12n－12n＋3

＝1412n－1－12n＋3， 所以Tn＝14 1－15＋13－17＋…＋ 12n－3－12n＋1＋12n－1－12n＋3

＝141＋13－12n＋1－12n＋3 ＝13－1412n＋1＋12n＋3， 因为1412n＋1＋12n＋3>0，所以Tn<13. 又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增， 所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝15，

所以15≤Tn<13. 题型四 数列应用问题 例4某企业在第1年年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元；从第7年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%. (1)求第n年年初M的价值an的表达式．

(2)设An＝a1＋a2＋…＋ann，若An大于80万，则M继续使用；否则，必须在第n年年初对M更新．证明：必须在第9年年初对M更新． (1)解 当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；

当n≥7时，数列{an}是以34a6为首项，公比为34的等比数列，

又a6＝70，所以an＝70×34n－6. 因此，第n年年初M的价值an的表达式为