专题08 数列及其应用(教学案)-2018年高考数学(文)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析

【2018年高考考纲解读】 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n 项和等概念，一般不会单独考查； (2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C 级，熟练掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n 项求和公式、性质等知识，理解其推导过程，并且能够灵活应用． (4)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题． (5)求数列的通项公式及其前n 项和的基本的几种方法． (6)数列与函数、不等式的综合问题.试题类型可能是填空题，以考查单一性知识为主，同时在解答题中经常与不等式综合考查，构成压轴题． 【重点、难点剖析】1．等差、等比数列的通项公式等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝a m qn －m.2．等差、等比数列的前n 项和 (1)等差数列的前n 项和为S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .特别地，当d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，且常数项为0，即可设S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)． (2)等比数列的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1，特别地，若q ≠1，设a ＝a 11－q ，则S n ＝a －aq n.3．等差数列、等比数列常用性质(1)若序号m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ；特别的，若序号m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ；在等比数列中，则有a m ·a n ＝a p ·a q ；特别的，若序号m ＋n ＝2p ，则a m ·a n ＝a 2p ；(2)在等差数列{a n }中，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，其公差为kd ；其中S n 为前n 项的和，且S n ≠0(n ∈N *)；在等比数列{a n }中，当q ≠－1或k 不为偶数时S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其中S n 为前n 项的和(n∈N*).4．数列求和的方法归纳(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n个等差数列或等比数列，然后应用公式求和；(2)错位相减法：适用于{a n·b n}的前n项和，其中{a n}是等差数列，{b n}是等比数列；(3)裂项法：求{a n}的前n项和时，若能将a n拆分为a n＝b n－b n＋1，则a1＋a2＋…＋a n＝b1－b n＋1；(4)倒序相加法：一个数列倒过来与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和容易求出，那么这样的数列求和可采用此法．其主要用于求组合数列的和．这里易忽视因式为零的情况；(5)试值猜想法：通过对S1，S2，S3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n，然后用数学归纳法给出证明．易错点：对于S n不加证明；(6)并项求和法：先将某些项放在一起先求和，然后再求S n.例如对于数列{a n}：a1＝1，a2＝3，a3＝2，a n＋2＝a n＋1－a n，可证其满足a n＋6＝a n，在求和时，依次6项求和，再求S n.5．数列的应用题(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{a n}，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式.【题型示例】题型1、等差、等比数列中基本量的计算【例1】(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为( )A．1 B．2C．4 D．8(a 4＋a 5)－(a 4＋a 3)＝8， ∴d ＝4，故选C.【2017江苏，9】等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知3676344S S ==,,则8a = ▲ .【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=. 【变式探究】【2016年高考北京文数】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______.. 【答案】6【解析】∵{}n a 是等差数列，∴35420a a a +==，40a =，4136a a d -==-，2d =-，∴616156615(2)6S a d =+=⨯+⨯-=，故填：6．【举一反三】 (2015·江苏，11)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【变式探究】(1)(2014·全国大纲卷)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．3(2)(2014·北京)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{a n}的前n项和最大．【命题意图】(1)本题主要考查等比数列的性质、对数的运算．(2)本题主要考查等差数列的性质，意在考查考生灵活应用等差数列的性质解决问题的能力．【答案】(1)C (2)8【解析】(1)lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.(2)∵数列{a n}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.又a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<0，∴当n＝8时，其前n项和最大．【变式探究】设数列{a n}是公差不为0的等差数列，S n为其前n项的和，满足：a22＋a23＝a24＋a25，S7＝7.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项的和S n；(2)设数列{b n}满足b n＝2a n，其前n项的和为T n，当n为何值时，有T n＞512.【规律方法】求等差、等比数列通项与前n 项和，除直接代入公式外，就是用基本量法，要注意对通项公式与前n 项和公式的选择．【变式探究】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，{}1＋S n 是公比为2的等比数列． (1)证明：{a n }是等比数列，并求其通项；(2)设数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，其前n 项和为T n ，当n 为何值时，有T n ≤2 012? 【解析】(1)证明 由题意，得1＋S n 1＋S n －1＝2(n ≥2)，即1＋S n ＝4(1＋S n －1)，同理，得1＋S n ＋1＝4(1＋S n )． 两式相减，得S n ＋1－S n ＝4(S n －S n －1)， 即a n ＋1＝4a n ，a n ＋1a n＝4(n ≥2)． 又a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公比为4的等比数列，所以a n ＝3·4n －1＝3·22n －2.(2)解 由(1)得a n ＝3·22n －2，所以b n ＝log 2(3·22n －2)＝log 23＋2(n －1)，所以{b n }是首项为log 23，公差为2的等差数列，前n 项和为T n ＝n log 23＋n (n －1)，于是由n 2＜n log 23＋n (n －1)≤2 012，得n ＜ 2 012，又n ∈N *，所以1≤n ≤44，即n ＝1,2,3，…，44时，T n ≤2 012.题型2、与等差、等比数列有关的最值问题【例2】【2016高考新课标1卷】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ． 【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q ≠，由1324105a a a a +=⎧⎨+=⎩得2121(1)10(1)5a q a q q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118(22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4n =时，12n a a a 取得最大值6264=.【举一反三】 (2015·四川，16)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值．(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000，即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210， 所以n ≥10，于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.【规律方法】上述两种求A n 最值的方法都是运用函数思想．法一是直接研究子数列{a 2n }．法二是研究A n ＝19(19n ＋2－2n ＋1)的单调性求其最值．【变式探究】已知等差数列{a n }的首项a 1≠0，公差d ≠0，由{a n }的部分项组成的数列ab 1，ab 2，…，ab n ，…为等比数列，其中b 1＝1，b 2＝2，b 3＝6. (1)求数列{b n }的通项公式b n ；(2)若数列{b n }的前n 项和为S n ，求S n 的值； (3)求A n ＝S n －2 012n9的最小值．＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4n－13＋2n .(3)由S n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4n－13＋2n ，得A n ＝S n －2 012n 9＝19(4n －2 006n －1)，若存在n ∈N *，使得A n ≤A n ＋1，且A n ≤A n －1，则A n 的值最小． 于是由⎩⎪⎨⎪⎧194n－2 006n －1≤19[4n ＋1－2 006n ＋1－1]，194n －2 006n －1≤19[4n －1－2 006n －1－1]，解得2 0063≤4n ≤4×2 0063(n ∈N *)，取n ＝5，(A n )min ＝2 9839.题型三、数列求和问题【例3】【2017山东，文19】（本小题满分12分）已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且121236,a a a a a +==. (I)求数列{a n }通项公式；(II){ b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和S n ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 【答案】（Ⅰ）2n n a =.（Ⅱ）2552n nn T +=-.令nn nb c a =, 则212n nn c +=， 因此12231357212122222n n n n n n T c c c --+=+++=+++++, 又234113572121222222n n n n n T +-+=+++++, 两式相减得2111311121222222n n n n T -++⎛⎫=++++-⎪⎝⎭ 所以2552n nn T +=-. 【举一反三】【2017山东，文19】（本小题满分12分）已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且121236,a a a a a +==.(I)求数列{a n }通项公式；(II){ b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和S n ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 【答案】（Ⅰ）2n n a =.（Ⅱ）2552n nn T +=-.令nn nb c a =, 则212n nn c +=， 因此12231357212122222n n n n n n T c c c --+=+++=+++++, 又234113572121222222n n n n n T +-+=+++++, 两式相减得2111311121222222n n n n T -++⎛⎫=++++-⎪⎝⎭ 所以2552n nn T +=-. 【变式探究】【2017北京，文15】已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=1, a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求和：13521n b b b b -++++．【答案】（Ⅰ）21n a n =- ；（Ⅱ）312n -.【变式探究】【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S . （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<； （3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析（3）下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集，则2C CD C D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C C DC C CD S S S S S S +=+=≥. ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集.令U E C D =ð，U F D C =ð则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅. 于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-， 从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤， 故21E F S S ≥+，所以2()1C CD D C D S S S S -≥-+， 即21C C D D S S S +≥+.综合①②③得，2C C D D S S S +≥.【举一反三】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－1，当n ≥3，n ∈N *时，a n n －1－a n －1n －2＝3n －n －.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在k ∈N *，使得n ≥k 时，不等式S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4对任意实数λ∈[0,1]恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由．解得，n ≤1或n ≥5.∴满足条件的k 存在，k 的最小值为5.【规律方法】数列通项公式的还原方法比较多样，可以构造特殊数列，也可以立足于运算、归纳，最后补充证明．【变式探究】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. (1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.。