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【高考领航】2015人教数学(理)总复习 专题三数列综合问题的解答Word版含解析


专题三

数列综合问题的解答

[对应学生用书 P91]

考向一

数列概念的考查

(2013·高考湖北卷)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如 三角形数 1,3,6,10,…,第 n 个三角形数为 n(n+1) 1 2 1 = n + n.记第 n 个 k 边

形数为 2 2 2

N(n,k)(k≥3),以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式: 三角形数 正方形数 五边形数 六边形数 …… 可以推测 N(n,k)的表达式,由此计算 N(10,24)=________. 【方法分析】 题目条件:已知第 n 个三角形 N(n,3),第 n 个正方形数 N(n,4),第 n 个五边形数 N(n,5),第 n 个六边形数 N(n,6). 解题目标:按 k 的奇偶性:归纳总结 N(n,k),并计算 N(10,24). 关系探究:当偶数边形时,N(n,k)的特征为(
2 2

1 2 1 N(n,3)= n + n, 2 2 N(n,4)=n , 3 2 1 N(n,5)= n - n, 2 2 N(n,6)=2n -n,
2 2

)n -(

2

)n.

【解题过程】 由 N(n,4)=n ,N(n,6)=2n -n,…,可以推测:当 k 为偶数时,N(n,

?k ? 2 ?k ? 于是 N(n, 2 2 k)=? -1?n -? -2?n, 24)=11n -10n, 故 N(10, 24)=11×10 -10×10=1 000. ?2 ? ?2 ?
【答案】 1 000 此题是教材内容的深化题,通过由特殊到一般的归纳,得出 N(n,k) 【回归反思】

的通项公式,代入 n=10,k=24 计算. 考向二 等差、等比数列的综合考查

(2012·高考陕西卷)设{an}是公比不为 1 的等比数列, 其前 n 项和为 Sn, 且 a5, a3,a4 成等差数列.

(1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N ,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 【方法分析】 题目条件:已知等比数列{an}的 a5,a3,a4 的关系.
*

解题目标:求公比 q,求证 Sk+2,Sk,Sk+1 的等差关系. 关系探究:(ⅰ)由等差中项建立 q 的方程. (ⅱ)表示 Sk+2,Sk 和 Sk+1,验证等差关系,即 2Sk=Sk+2+Sk+1. 【解题过程】 (1)设数列{an}的公比为 q(q≠0,q≠1),

由 a5,a3,a4 成等差数列,得 2a3=a5+a4, 即 2a1q =a1q +a1q . 由 a1≠0,q≠0 得 q +q-2=0, 解得 q1=-2,q2=1(舍去), 所以 q=-2. (2)证法一:对任意 k∈N ,
* 2 2 4 3

Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)
=ak+1+ak+2+ak+1 =2ak+1+ak+1·(-2) =0, 所以对任意 k∈N ,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 证法二:对任意 k∈N ,2Sk=
* *

2a1(1-q ) , 1-q

k

a1(1-qk+2) a1(1-qk+1) Sk+2+Sk+1= + 1-q 1-q


a1(2-qk+2-qk+1) , 1-q
2a1(1-q ) a1(2-q -q - 1-q 1-q
k+2 k k+2 k+1

2Sk-(Sk+2+Sk+1)= =



a1
1-q

[2(1-q )-(2-q

k

-q

k+1

)]

a1qk 2 = (q +q-2)=0, 1-q
因此,对任意 k∈N ,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 【回归反思】 以 q 为未知数,以等差数列为关系建立方程,求解时,注意对 q 的取 舍,证明等差数列时,法一转化为通项的计算.法二转化为求和公式的化简,但最终都转 化为等差中项的判断. 考向三 数列与不等式知识的综合
*

(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn-(n +n-1)Sn-(n +n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an;

2

2

2

n+1 * (2)令 bn= 2 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N ,都有 Tn (n+2) an
5 < . 64 【方法分析】 题目条件:已知 Sn 关于 n 的方程,bn 用 an 表示的通项公式,an>0.

解题目标:(1)求 Sn 再求 an. 5 (2)根据 bn 求和 Tn,并比较与 的大小. 64 关系探究:(1)把 Sn 的方程因式分解转化为 Sn=f(n)的形式,利用 an=Sn-Sn-1 的关系 求 an. 5 (2)分析 bn 的构成特点,裂项法求 Tn,放缩法证明 Tn< . 64 【解题过程】
2

(1)由 Sn-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,

2

2

2

得[Sn- (n +n)](Sn+1)=0. 由于数列{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n +n. 于是 a1=S1=2,当 n≥2 时,
2

an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.
综上可知,数列{an}的通项 an=2n. (2)证明:由于 an=2n,bn=

n+ 1
(n+2) an
2 2



1 n+1 1 ?1 ? 则 bn= 2 2?. ? 2- 2= 4n (n+2) 16?n (n+2) ?

Tn= ?1- 2+ 2- 2+ 2- 2+…+ 2 3 2 4 3 5 (n-1)
- 1 1 1 ? 2+ 2- 2 (n+1) n (n+2) ? ?

1? 16?

1

1

1

1

1

1



1 1 1 1? ? 1 ?1+ 12?= 5 . 1+ 2- 2- 2? < ? ? ? 16? 2 (n+1) (n+2) ? 16? 2 ? 64

【回归反思】 (1)已知条件式等价变形(因式分解)是较隐含的方法,否则此题其它入 手方法很麻烦,并注意 an>0,取舍 Sn. 1 n+1 1 1 (2)bn= × 2 }可以裂项相消,要注意配平系数 . 2,类比{ 4 n (n+2) n(n+2) 16 (3)求和相消的规律是:负数隔两项向后找消掉(正数隔两项向前找消掉).

考向四

数列与函数知识的综合

(2013·高考安徽卷)设函数 fn(x)=-1+x+ 2+ 2+…+ 2(x∈R,n∈N ). 2 3 n

x2 x3

xn

*

?2 ? * 证明:(1)对每个 n∈N ,存在唯一的 xn∈? ,1?,满足 fn(xn)=0; ?3 ?
1 * (2)对任意 p∈N ,由(1)中 xn 构成的数列{xn}满足 0<xn-xn+p< .

n

【方法分析】

题目条件:已知函数解析式 fn(x),x 是自变量,n∈N 是系数.

*

2 解题目标:(1)证明:当 xn∈[ ,1]时,fn(xn)=0. 3 1 (2)由(1)中求得的 xn,证明 0<xn-xn+p< .

n

2 ′ 关系探究:(1)由 x>0 时,fn (x)>0?fn(x)增,同时 fn(1)=0?fn(1)>0,fn( )<0 3 ?零点唯一. 1 (2)由 fn(x)单增?{xn}递减?xn-xn+p>0,并计算 xn-xn+p 放缩得 xn-xn+p< .

n

【解题过程】

(1)证明:对每个 n∈N ,

*

当 x>0 时,f′n(x)=1+ +…+ >0, 2 n 故 fn(x)在(0,+∞)内单调递增. 由于 f1(1)=0,当 n≥2 时,

x

xn -1

fn(1)= 2+ 2+…+ 2>0,故 fn(1)≥0. 2 3 n
2 ?2? 又 fn? ?=-1+ + ? 2 3 k=2 k ?3?
n

1

1

1

?2? ?3? ? ?

k

1 1n ≤- + ? 3 4k=2

?2? ?3? ? ?
2

k

=- + · 3 4

?2? ?1-?2? ? ?? ? ? 1 1 ?3? ? ?3?
1- 2 3

n-1

? ? ?

1 ?2?n-1 =- ·? ? <0, 3 ?3?

?2 ? 所以存在唯一的 xn∈? ,1?,满足 fn(xn)=0. ?3 ?

(2)证明:当 x>0 时,fn+1(x)=fn(x)+ 2> (n+1)

xn+1

fn(x),故 fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0.
由 fn+1(x)在(0,+∞)内单调递增,知 xn+1<xn. 故{xn}为单调递减数列, 从而对任意 n,p∈N ,xn+p<xn. 对任意 p∈N ,由于
* *

x2 xn n n fn(xn)=-1+xn+ 2+…+ 2=0,① 2 n fn+p(xn+p)=-1+xn+p+
2 xn +p

2

2

+…+

n+1 +p xn xn xn n+p +p n+p 2 + 2+…+ 2=0,② n (n+1) (n+p)

①式减去②式并移项,利用 0<xn+p<xn≤1,得

xn-xn+p= ?
k= 2

n

k xk xk xk n+p-xn n+p n+p +∑n+p,k=n+1 2 ≤∑n+p,k=n+1 2 ≤∑n+p,k=n+1 k2 k k

1

k

2

<∑n+p,k=n+1

1 1 1 1 = - < . k(k-1) n n+p n

1 * 因此,对任意 p∈N ,都有 0<xn-xn+p< .

n

[对应学生用书 P92]

1 1.(2013·高考江苏卷)在正项等比数列{an}中,a5= ,a6+a7=3,则满足 a1+a2+… 2 +an>a1a2…an 的最大正整数 n 的值为________. 解析:首先由已知条件求出{an}的公比与首项,然后根据求和公式和通项公式将不等式 的两边求出,用 n 表示,得到关于 n 的不等式,然后对不等式进行转化,求得 n 的取值范 围并进行估算和验证,从而得到 n 的最大值. 设{an}的公比为 q(q>0),则由已知可得 1 1 aq= , ? ? ? 2 ?a = , 32 解得? ?1 ? ? ?2(q+q )=3, ?q=2.
4 1 1 2

1 n (1-2 ) 32 1 n 于是 a1+a2+…+an= = (2 -1), 1-2 32 a1a2…an=a q
n 1

n(n-1) 2

?1? =? ? 2 ?32?

n n(n-1) 2

.

n n(n-1) 1 n 1 2 11 ?1? n 由 a1+a2+…+an>a1a2…an 可得 (2 -1)>? ? 2 2 ,整理得 2 -1>2 n - n+ 32 2 2 ?32?

5. 1 2 11 1 2 11 n 由 2 >2 n - n+5 可得 n> n - n+5, 2 2 2 2 即 n -13n+10<0,解得
2

13- 129 13+ 129 <n< , 2 2

取 n=12,可以验证当 n=12 时满足 a1+a2+…+an>a1a2…an,n≥13 时不满足 a1+a2 +…+an>a1a2…an,故 n 的最大值为 12. 答案:12 2.(2013·高考江苏卷)设{an}是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d≠0),Sn 是其前 n nSn * 项的和.记 bn= 2 ,n∈N ,其中 c 为实数. n +c (1)若 c=0,且 b1,b2,b4 成等比数列,证明:Sn k=n Sk(k,n∈N ); (2)若{bn}是等差数列,证明:c=0. 解析:(1)由 c=0,得 bn= =a+
2 *

Sn n

n-1
2
2

d.

又因为 b1,b2,b4 成等比数列,所以 b2=b1b4,
2 ? d? ? 3 ? 2 即?a+ ? =a?a+ d?,化简得 d -2ad=0. ? 2? ? 2 ?

因为 d≠0,所以 d=2a. 因此,对于所有的 m∈N ,有 Sm=m a. 从而对于所有的 k,n∈N , 有 Sn k=(nk) a=n k a=n Sk. (2)设数列{bn}的公差是 d1, 则 bn=b1+(n-1)d1, 即
2 2 2 2 * * 2

nSn n2+c

=b1+(n-1)d1,n∈N ,
*

*

代入 Sn 的表达式,整理得,对于所有的 n∈N ,有

?d1-1d?n3+?b1-d1-a+1d?n2+cd n=c(d -b ). ? ? 1 1 1 2 ? 2 ? ? ? ? ?

1 1 * 3 2 令 A=d1- d,B=b1-d1-a+ d,D=c(d1-b1),则对于所有的 n∈N ,有 An +Bn + 2 2

cd1n=D.(*)
在(*)式中分别取 n=1,2,3,4,得

A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,
7A+3B+cd1=0, ? ? 从而有?19A+5B+cd1=0,① ? ?21A+5B+cd1=0, ② ③ 1 由②③得 A=0,cd1=-5B,代入方程①,得 B=0,从而 cd1=0,即 d1- d=0,b1- 2

d1-a+ d=0,cd1=0.
1 若 d1=0,则由 d1- d=0,得 d=0,与题设矛盾,所以 d1≠0.又因为 cd1=0,所以 c 2 =0.

1 2


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