高考数学一轮复习讲义高考专题突破三

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1．(2017·广州质检)数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为(　　)
A. B．4
C．2 D.
答案　C
解析　设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a＝a1a7，得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故数列{bn}的公比q＝＝＝＝2.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵a5＝5，S5＝15，∴∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴＝＝－，
∴数列的前100项和为＋＋…＋＝1－＝.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则等比数列{an}的公比为________．
答案　
解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
由4S2＝S1＋3S3，得4(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，
即3q2－q＝0，又q≠0，∴q＝.
4．(2015·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________.
答案　－
解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，因为Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝an－，若1 答案　4
解析　由题意，Sn＝an－，
当n≥2时，Sn－1＝an－1－，
两式相减，得an＝an－an－1，
∴an＝－2an－1，
又a1＝－1，
∴{an}是以－1为首项，以－2为公比的等比数列，
∴an＝－(－2)n－1，
∴Sk＝，
由1 又k∈N*，∴k＝4.


题型一　等差数列、等比数列的综合问题
例1　(2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝2，求e＋e＋…＋e.
解　(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1.由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2.
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)可知，an＝qn－1，
所以双曲线x2－＝1的离心率en＝＝.
由e2＝＝2，解得q＝，
所以e＋e＋…＋e
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]
＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]
＝n＋＝n＋(3n－1)．
思维升华　等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
　已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1
＝(－1)n－1·.
(2)由(1)，得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1 故0 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn<1，
故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}的最大项的值为，最小项的值为－.
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，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
(1)证明　∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①，得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝，∴{an－1}是等比数列．
∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1.
∴a1＝，∴c1＝－，公比q＝.
又cn＝an－1，
∴{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)解　由(1)可知cn＝(－)·()n－1＝－()n，
∴an＝cn＋1＝1－()n.
∴当n≥2时，bn＝an－an－1
＝1－()n－[1－()n－1]
＝()n－1－()n＝()n.
又b1＝a1＝，代入上式也符合，∴bn＝()n.
思维升华　(1)一般求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，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等．
　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.
(1)证明：数列{}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
(1)证明　∵a1＝，an＋1＝an，
当n∈N*时，≠0.
又＝，∶＝(n∈N*)为常数，
∴{}是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解　由{}是以为首项，为公比的等比数列，
得＝·()n－1，∴an＝n·()n.
∴Sn＝1·＋2·()2＋3·()3＋…＋n·()n，
Sn＝1·()2＋2·()3＋…＋(n－1)()n＋n·()n＋1，
∴Sn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n·()n＋1
＝－n·()n＋1，
∴Sn＝2－()n－1－n·()n
＝2－(n＋2)·()n.
综上，an＝n·()n，Sn＝2－(n＋2)·()n.
题型三　数列与其他知识的交汇
命题点1　数列与函数的交汇
例3　已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n,0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足＝f′，且a1＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，
16n2a－4nb＝0，
∴a＝，
则f(x)＝x2＋2nx，n∈N*.
数列{an}满足＝f′，
又f′(x)＝x＋2n，
∴＝＋2n，∴－＝2n，
由叠加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，
化简可得an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝4也符合，
∴an＝(n∈N*)．
(2)∵bn＝＝
＝2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝2
＝2
＝.
命题点2　数列与不等式的交汇
例4　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
(1)解　令n＝1代入得a1＝2(负值舍去)．
(2)解　由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.
又已知数列{an}各项均为正数，故Sn＝n2＋n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
∴an＝2n，n∈N*.
(3)证明　∵k∈N*,4k2＋2k－(3k2＋3k)
＝k2－k＝k(k－1)≥0，
∴4k2＋2k≥3k2＋3k，
∴＝＝≤
＝(－)．
∴＋＋…＋
≤(－＋－＋…＋－)
＝(1－)<.
∴不等式成立．
命题点3　数列应用题
例5　(2016·长沙模拟)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an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an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
a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d，
…
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)，得an＝an－1－d＝(an－2－d)－d
＝()2an－2－d－d
＝…
＝()n－1a1－d[1＋＋()2＋…＋()n－2]
整理，得
an＝()n－1(3 000－d)－2d[()n－1－1]
＝()n－1(3 000－3d)＋2d.
由题意，得am＝4 000，
即()m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000.
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．
思维升华　数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略
(1)数列与函数的交汇问题
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．
(2)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；
③比较方法：作差或者作商比较．
(3)数列应用题
①根据题意，确定数列模型；
②准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
　设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
解　(1)由已知，得b7＝，b8＝＝4b7，
有＝4×＝.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝ln 2，
故函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－＝ln 2(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意，得a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－
＝.
所以Tn＝.

1．(2016·北京)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解　(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
由得
∴{bn}的通项公式bn＝b1qn－1＝3n－1，
又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.
∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn.
∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1＋3n－1＝2(1＋2＋…＋n)－n＋
＝2×－n＋
＝n2＋.
即数列{cn}的前n项和为n2＋.
2．(2016·全国甲卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意有解得
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1,2,3时，1≤<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2≤<3，bn＝2；
当n＝6,7,8时，3≤<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4≤<5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为
1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
3．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)求证：数列{an＋(－1)n}为等比数列，并求出{an}的通项公式．
(1)解　在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1,2,3，
得
解得
(2)证明　由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得
Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减，得
an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，
an＝2an－1－(－1)n－(－1)n
＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，
∴an＋(－1)n＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2)．
故数列{an＋(－1)n}是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列．
∴an＋(－1)n＝×2n－1，
an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n.
4．已知正项数列{an}中，a1＝1，点(，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上，数列{bn}的前n项和Sn＝2－bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求{cn}的前n项和Tn.
解　(1)∵点(，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上，
∴an＋1＝an＋1，∴数列{an}是公差为1的等差数列．
∵a1＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，
两式相减，得bn＋1＝－bn＋1＋bn，即＝，
由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.
∴数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，
∴bn＝()n－1.
(2)log2bn＋1＝log2()n＝－n，
∴cn＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
5．在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋ 解　(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，∴(a3＋a5)2＝25，
又an>0，∴a3＋a5＝5，
又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，
∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝，a1＝16，
∴an＝16×()n－1＝25－n.
(2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，
b1＝log2a1＝log216＝log224＝4，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝.
(3)由(2)知Sn＝，∴＝.
当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0；
当n>9时，<0.
∴当n＝8或n＝9时，＋＋＋…＋＝18最大．
故存在k∈N*，使得＋＋…＋