2018版高考数学复习压轴题命题区间四数列

压轴题命题区间(四)数__列[典例] (1)(2017·西安质检)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }满足：x 1＝1，且对于任意n ∈N *，点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上，则x 1＋x 2＋…＋x 2 018＝( )A ．7 564B ．7 549C ．7 546D ．7 539(2)(2016·合肥质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3·a 5＝4，则下列说法正确的是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列[解析] (1)∵数列{x n }满足x 1＝1，且对任意n ∈N *． 点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上， ∴x n ＋1＝f (x n )，∴由图表可得x 2＝f (x 1)＝3，x 3＝f (x 2)＝5，x 4＝f (x 3)＝6，x 5＝f (x 4)＝1，x 6＝f (x 5)＝3，…，∴数列{x n }是周期为4的周期数列， ∴x 1＋x 2＋…＋x 2 018＝504(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＋x 1＋x 2 ＝504×15＋4＝7 564． 故选A ．(2)由于{a n }是等比数列， 则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12， 则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时， {a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． [答案] (1)A (2)C [方法点拨](1)解决数列的单调性问题的下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列． ②用作商比较法，根据a n ＋1a n(a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断． ③结合相应函数的图象直观判断． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解． [对点演练]1．(2016·安徽皖江名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 016＝( )A ．504B ．588C ．－588D ．－504解析：选C ∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1， ∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }是周期为4的周期数列， 且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76，∵2 016＝4×504，∴S 2 016＝504×⎝ ⎛⎭⎪⎫－76＝－588． 2．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5， 知q ＝12．又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8．故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12()12－n n＝22322－＋n n n ＝22722－＋n n ．记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6． 又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64． 答案：64[典例] 如果有穷数列a 1，a 2，a 3，…，a m (m 为正整数)满足条件a 1＝a m ，a 2＝a m －1，…，a m ＝a 1，即a i ＝a m －i ＋1(i ＝1，2，…，m )，我们称其为“对称数列”．例如，数列1,2,3,4,3,2,1与数列a ，b ，c ，c ，b ，a 都是“对称数列”．(1)设{b n }是8项的“对称数列”，其中b 1，b 2，b 3，b 4是等差数列，且b 1＝1，b 5＝13．依次写出{b n }的每一项；(2)设{c n }是2m ＋1项的“对称数列”，其中c m ＋1，c m ＋2，…，c 2m ＋1是首项为a ，公比为q 的等比数列，求{c n }的各项和S n ．[解] (1)设数列{b n }的前4项的公差为d ， 则b 4＝b 1＋3d ＝1＋3d ． 又因为b 4＝b 5＝13，解得d ＝4， 所以数列{b n }为1,5,9,13,13,9,5,1．(2)由题意得，当q ≠1时，S n ＝c 1＋c 2＋…＋c 2m ＋1 ＝2(c m ＋1＋c m ＋2＋…＋c 2m ＋1)－c m ＋1 ＝2a (1＋q ＋q 2＋…＋q m)－a ＝2a ·1－qm ＋11－q－a ．而当q ＝1时，S n ＝(2m ＋1)a ．∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋a ，q ＝1，2a ·1－qm ＋11－q －a ，q ≠1.[方法点拨](1)本题在求等比数列{c n }前n 项和时可利用分类讨论思想． (2)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有 ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种情况．②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1讨论． ③项数的奇、偶数讨论．④等比数列的单调性的判断注意与a 1，q 的取值的讨论． ⑤求数列{|a n |}的前n 项和要用到分类讨论． [对点演练](2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *． (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ， 得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *．(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1． 当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3．设数列{b n }的前n 项和为T n ， 则T 1＝2，T 2＝3， 当n ≥3时，T n ＝3＋－3n －21－3－n ＋n －2＝3n －n 2－5n ＋112，因为当n ＝2时，也符合T n ＝3n－n 2－5n ＋112．所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.[典例] (1)已知数列{a n }满足a 1＝3，且a n ＋1＝4a n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1＋1 B ．a n ＝22n －1－1C ．a n ＝22n＋1D ．a n ＝22n－1(2)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n，则数列{a n }的通项a n ＝( ) A ．－3×2n －1B ．3×2n －1C ．5n＋3×2n －1D ．5n－3×2n －1[解析] (1)由a n ＋1＝4a n ＋3， 得a n ＋1＋1＝4(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝4，公比为4的等比数列， 所以a n ＋1＝4n， 所以a n ＝22n－1．(2)法一：在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，所以a n5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n， 故a n ＝5n －3×2n －1．法二：设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n)，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n，与题中递推公式比较得k ＝－1， 即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n)，所以数列{a n －5n}是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n＝－3×2n －1，故a n ＝5n－3×2n －1．[答案] (1)D (2)D [方法点拨]利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当a n 与a n －1的系数相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等比数列或利用作商之后再累乘的方法求解．求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定累加、累乘最后一个式子的形式．本题的递推公式是a n ＋1＝αa n ＋β×αn的推广a n ＋1＝αa n＋β×γn ，两边同时除以γn ＋1后得到a n ＋1γn ＋1＝αγ·a n γn＋βγ，转化为b n ＋1＝kb n ＋βγ的形式，通过构造公比是αγ的等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －βγ－k 求解． [对点演练]1．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，则a n ＝________． 解析：因为a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝3a n＋1，设1a n ＋1＋t ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12， 又1a 1＋12＝1＋12＝32， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n2，所以a n ＝23n －1．答案：23n－12．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－4a n ＝3×2n ＋1，则a n ＝______________．解析：由a 1＝2，a n ＋1－4a n ＝3×2n ＋1得，a n ＋12n ＋1－2a n2n＝3，设b n ＝a n2n ，则b n ＋1＝2b n ＋3，设b n ＋1＋t ＝2(b n ＋t )， 所以2t －t ＝3， 解得t ＝3，所以b n ＋1＋3＝2(b n ＋3)， 所以b n ＋1＋3b n ＋3＝2， 又b 1＋3＝a 12＋3＝1＋3＝4，所以数列{b n ＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，所以b n ＝2n ＋1－3，所以a n ＝b n ·2n＝(2n ＋1－3)×2n ＝22n ＋1－3×2n．答案：22n ＋1－3×2n1．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 016＝( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．2解析：选B 由题意得：a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 016＝a 335×6＋6＝a 6＝6．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋x －2的图象上，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －2B ．a n ＝n 2＋n －2C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n ，n ≥2解析：选D 由于点(n ，S n )在函数f (x )的图象上，则S n ＝n 2＋n －2，当n ＝1时，得a 1＝S 1＝0，当n ≥2时，得a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －2－[(n －1)2＋(n －1)－2]＝2n ．故选D ．3．若数列{b n }的通项公式为b n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＋13，则数列{b n }中的最大项的项数为( )A ．2或3B ．3或4C ．3D ．4解析：选B 设数列{b n }的第n 项最大． 由⎩⎪⎨⎪⎧b n ＋1≤b n ，b n ≥b n －1，即⎩⎪⎨⎪⎧－⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋＋12n ＋1＋13≤－⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＋13，－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＋13≥－⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －＋12n －1＋13，整理得⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ＋1≥12n ，1＋12n ≤12n －1，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋n －12≥0，n 2－n －12≤0，解得n ＝3或n ＝4． 又b 3＝b 4＝6，所以当n ＝3或n ＝4时，b n 取得最大值．4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( ) A ．n2n －1 B ．n ＋12n －1＋1C ．2n －12n －1D ．n ＋12n ＋1解析：选A 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ， 则b 1＝4，b 2＝8，又{b n }为等差数列，所以b n ＝4n ， 所以nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，所以S n ＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n a n ＝4．当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0， 所以n ＋n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1．又因为a 11＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)，所以a n ＝n2n －1(n ∈N *)．5．(2017·山西省质检)记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n 满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( )A ．157B ．95C ．53D ．75解析：选C ∵{a n }是等比数列，设{a n }的公比为q ， ∴S 12－S 6S 6＝q 6，S 6－S 3S 3＝q 3， ∴q 6－7q 3－8＝0，解得q ＝2，又a 1a m a 2n ＝2a 35， ∴a 31·2m ＋2n －2＝2(a 124)3＝a 31213，∴m ＋2n ＝15，∴1m ＋8n ＝115⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋8n (m ＋2n ) ＝115⎝⎛⎭⎪⎫17＋2n m ＋8m n ≥115⎝ ⎛⎭⎪⎫17＋22n m×8m n＝53，当且仅当2n m ＝8mn ，n ＝2m ， 即m ＝3，n ＝6时等号成立， ∴1m ＋8n 的最小值是53，故选C ． 6．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22＜x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]解析：选C 由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”， 得b n ＋b n ＋22＜b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n＋t －t n ＋－12n ＋2＜2t －tn ＋－12n，即tn －12n＋t n ＋－12n ＋2＞t n ＋－12n，化简得t (n －2)＞1．当n ≥3时，若t (n －2)＞1恒成立， 则t ＞1n －2恒成立， 又当n ≥3时，1n －2的最大值为1， 则t 的取值范围是(1，＋∞)．7．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n ＞0(n ＝1,2，3，…)．则q 的取值范围为________．解析：因为{a n }为等比数列，S n ＞0， 可以得到a 1＝S 1＞0，q ≠0， 当q ＝1时，S n ＝na 1＞0； 当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q＞0，即1－q n1－q＞0(n ＝1,2,3，…)， 上式等价于不等式组⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＜0，1－q n＜0(n ＝1,2,3，…)，①或⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＞0，1－q n＞0(n ＝1,2,3，…)．②解①式得q ＞1，解②式，由于n 可为奇数，可为偶数，得－1＜q ＜1． 综上，q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(－1,0)∪(0，＋∞)8．(2016·河南六市一联)数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30＝________．解析：由题意可知，a n ＝n 2·cos 2n π3，若n ＝3k －2，则a n ＝(3k －2)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－9k 2＋12k －42(k ∈N *)；若n ＝3k －1，则a n ＝(3k －1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－9k 2＋6k －12(k ∈N *)；若n ＝3k ，则a n ＝(3k )2·1＝9k 2(k ∈N *)， ∴a 3k －2＋a 3k －1＋a 3k ＝9k －52，k ∈N *，∴S 30＝∑k ＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫9k －52＝9－52＋90－522×10＝470．答案：4709．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，则a n ＝________． 解析：由a 1，a 2＋5，a 3成等差数列可得a 1＋a 3＝2a 2＋10，由2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，得2a 1＋2a 2＝a 3－7，即2a 2＝a 3－7－2a 1，代入a 1＋a 3＝2a 2＋10，得a 1＝1，代入2S 1＝a 2－22＋1，得a 2＝5．由2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，得当n ≥2时，2S n －1＝a n －2n＋1，两式相减，得2a n ＝a n ＋1－a n －2n，即a n ＋1＝3a n ＋2n，当n ＝1时，5＝3×1＋21也适合a n ＋1＝3a n ＋2n，所以对任意正整数n ，a n ＋1＝3a n ＋2n ．上式两端同时除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝32×a n 2n ＋12，等式两端同时加1，得a n ＋12n ＋1＋1＝32×a n 2n ＋32＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是首项为32，公比为32的等比数列，所以a n2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，所以a n2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－1，所以a n ＝3n －2n．答案：3n －2n10．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，2，且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，7π12上为单调函数．(1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝ ⎛⎭⎪⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30． 解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ， 7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ， 解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， ∵|φ|＜π，∴φ＝－2π3． (2)由(1)及题意可知a n ＝2n sin ⎝⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)， 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3， ∴a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3) ＝－3(n ∈N *)，∴S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－103．11．已知△ABC 的角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其面积S ＝43，B ＝60°，且a 2＋c 2＝2b 2；等差数列{a n }中，a 1＝a ，公差d ＝b ．数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前2n ＋1项和P 2n ＋1．解：(1)∵S ＝12ac sin B ＝43， ∴ac ＝16，又a 2＋c 2＝2b 2，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴b 2＝ac ＝16，∴b ＝4，从而(a ＋c )2＝a 2＋c 2＋2ac ＝64，a ＋c ＝8，∴a ＝c ＝4．故可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，d ＝4，∴a n ＝4n ．∵T n －2b n ＋3＝0，∴当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)， ∴数列{b n }为等比数列，∴b n ＝3·2n －1．(2)依题意，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数.P 2n ＋1＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝[4＋n ＋n ＋2＋－4n 1－4 ＝22n ＋1＋4n 2＋8n ＋2．12．(2017·广州模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n ＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n a n ＋的前n 项和为T n ，求证：12≤T n ＜1． 解：(1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ，当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1，所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1， 所以a n n ＝a 11． 因为a 1＝2，所以a n ＝2n ．(2)证明：因为a n ＝2n ，令b n ＝4a n a n ＋，n ∈N *， 所以b n ＝42n n ＋＝1nn ＋＝1n －1n ＋1． 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1． 因为1n ＋1＞0， 所以1－1n ＋1＜1． 因为f (n )＝1n ＋1在N *上是递减函数， 所以1－1n ＋1在N *上是递增的， 所以当n ＝1时，T n 取最小值12． 所以12≤T n ＜1．。