2018年高考数列经典问题聚焦

2018-11-03 07:42陕西省洋县中学刘大鸣特级教师
关键词:裂项公比分式

■陕西省洋县中学 刘大鸣(特级教师)

2018年高考对数列主要是围绕“等差和等比数列的通项与求和、一般数列的切入点的应用、累加法与错位相减法求和进而求通项、公式法求和、裂项用公式求和、裂项相消法求和、数列中存在性问题的探究证明以及参数范围的求解”等展开的,凸显了数列的工具性和应用性以及创新性。

聚焦1 等差数列前n项和的最值问题

例1 (2018年全国卷Ⅱ理17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15。

(1)求{an}的通项公式;

(2)求Sn,并求Sn的最小值。

解析:借助等差数列的通项及求和公式构建方程组求通项及前n项和,再用两种思维方法探究等差数列前n项和的最值。

(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15。由a1=-7得d=2。所以数列{an}的通项公式为an=2n-9。

变式1 (1)(2018年全国卷Ⅰ理4)设Sn为等差数列an的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )。

A.-12 B.-10

C.10 D.12

(2)(河北衡水中学2018届高三第2次调研)已知数列{an}中,a1=25,4an+1=4an-7,若其前n项和为Sn,则Sn的最大值为。

聚焦2 等比数列的定义、通项及前n项和的应用

例2 (2018年全国卷Ⅲ理17)等比数列an中,a1=1,a5=4a3。

(1)求an的通项公式;

(2)记Sn为an的前n项和,若Sm=63,求m。

解析:可利用等比数列的基本量法构建方程组待定通项,利用求和公式分类待定参数值。

(1)设等比数列an的公比为q,由题设a1=1得an=qn-1。由a5=4a3得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2。故an=(-2)n-1或an=2n-1。

若an=2n-1,则Sn=2n-1。由Sm=63得2m=64,解得m=6。

综上可知,m=6。

反思:等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程(组)的问题,有意识地应用等差、等比数列的性质可以简化运算,我们应该注意做到“巧用性质、整体考虑、减少运算量”。

变式2 (2018年全国卷Ⅰ文17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设

(1)求b1,b2,b3;

(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;

(3)求{an}的通项公式。

聚焦3 利用等比(或等差)数列前n项和与项之间的关系简化求解问题

例3 (2018年全国卷Ⅰ理14)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sn=2an+1,则S6=。

解析2:利用一般数列的切入点探究递推关系,根据Sn=2an+1,当n≥2时可得Sn-1=2an-1+1,两式相减整理得an=2an-1(n≥2)。当n=1时,S1=a1=2a1+1,得a1=-1。所以数列{an}是以-1为首项,以2

反思:一般数列的切入点为an=应用中凸显方程组观念及降元意识和分类讨论的方法,但一定要检验n=1时是否满足n≥2时的式子。利用结论“若Sn=kan+b,则{an}为等比数列;若Sn=,则{an}为等差数列”可寻求简化解题的突破口。

变式3 (1)(2018年河南林州一中调研)数列{an}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+a3+…+an=2n-1,则+…+=( )。

(2)(福建泉州市2017—2018学年高三上学期期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an>0,2Sn=an2+an。若不等式2Sn+9≥(-1)nkan对任意的n∈N*恒成立,则k的取值范围是 。

(2)由上面结论和题意知an为等差数列。当n=1时,2a1=+a1,因为an>0,所以a1=1。当n=2时,2(a1+a2)=+a2,因为a1=1,an>0,所以a2=2。当n=3时,2(1+2+a3)=+a3,因为an>0,所以a=3。故a=n。由于2S

3nn+9≥(-1)nkan(n∈N*),可得:n2+n+9≥(-1)nkn。

易得,当n≤3时,cn<cn-1;当n≥4时,cn>cn-1。

所以,有c1>c2>c3=7<c4=7.25<c5<…。

综上可得,k的取值范围是[-7,7.25]。

聚焦4 裂项用公式求特殊数列的和

例4 (2018年天津文18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*)。已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6。

(1)求Sn和Tn;

(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值。

解析:可采用基本量法构建方程组求通项进而求和,依据和式的特征裂项直接用公式求和待定参数。

(1)设等比数列{bn}的公比为q,由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0。

因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1。所

设等差数列{an}的公差为d。由b4=a3+a5,可得a1+3d=4。由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而解得a1=1,d=1,故

(2)由(1)知T1+T2+T3+…+Tn=(21+22+23+…+2n)-n=2n+1-n-2。

由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn

整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍去),或n=4。所以n的值为4。

反思:对于特殊数列求和,应依据通项选择不同的方法,当通项为多项式时常常裂项用等差或等比数列求和公式求和。

(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出bn;

(2)求T2n。

聚焦5 裂项相消法求特殊数列的和

例5 (2018年天津理18)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列。已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6。

(1)求{an}和{bn}的通项公式。

(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)。

(i)求Tn;

解析:可采用基本量法构建方程组求通项,通项为分式的数列求和,裂项相消法求和证明等式。

(ii)通项为分式,可从通项部分分式裂为两项切入。将bk=k,Tk=2k+1-k-2代入,得:

反思:通项为分式的数列求和,常选用对通项部分分式裂为两项,然后重新将数列和的每一项裂为两项,展开后构成n-1个零,进而求出数列的和。常见的裂项方式有:

解析:(1)

由已知Sn=2an-2和Sn-1=2an-1-2(n≥2)可得an=2an-1(n≥2),即数列an是以2为公比的等比数列,赋值可得到a1=S1=2a1-2,a1=2,故an=2n。

聚焦6 一般数列的切入点应用与错位相减法求和

例6 (2018年浙江20)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项。数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n。

(1)求q的值;

(2)求数列{bn}的通项公式。

解析:详细解答请参考本期第38~39页《降低重心 提升素养——谈数列学习与问题求解》一文的例4。

反思:本题是将一般数列的切入点、等差数列求通项的方法与错位相减法有机地进行了交汇。用错位相减法求和应注意:(1)要善于识别题目类型,如等差数列与等比数列对应项的积构成的数列;(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”相减;(3)若公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况讨论求解。

变式6 (2018年河北唐山二模)数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(2n-1)an,且a1=1。

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn。

聚焦7 数列与函数、导数、不等式的交汇

例7 (2018年江苏20)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列。

(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围。

(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,m2],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示)。

解析:可先利用等差和等比数列的定义、通项公式和题设赋值构建不等式组求公差的范围,再依据题设和目标意识解绝对值不等式得到d的区间范围,构造区间端点的函数研究最值进而求解。

(1)由条件知:an=(n-1)d,bn=2n-1。因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立,赋值构建不等式组求交集:

(2)存在性证明只需找到一个即可,由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1。若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1)成立。

设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln 2)2x<0。

反思:存在性问题的证明只需找到一个即可,对于存在性参数范围问题,常常通过解绝对值不等式求交集求解,复杂的通过解不等式得到参数的上下限,选主元构造上下限的函数,借助定义法(作差或作商)和构造函数导数研究单调性和最值,进而确定存在性参数范围,凸显了数列中的“代数推理、转化与化归、函数导数及不等式”的综合应用以及“探究与创新”解决新颖问题的能力。

变式7 (2018年浙江10)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)。若a1>1,则( )。

A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4

C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4

解析:先证不等式x≥ln x+1,再确定公

比的取值范围,进而作出大小判断。

若公比q>0,则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3),不合题意。

若公比q≤-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]≥ln a1>0,即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3),不合题意。

因此-1<q<0,q2∈(0,1),故a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0,应选B。

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