1、高考大题专项(三)数列考情分析从近几年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.典例剖析题型一等差、等比数列的综合问题【例1】(2019全国1,文18)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求an的通项公式;(2)若a10,求使得Snan的n的取值范围.解题心得1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数
2、列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.对点训练1(2020湖南永州高三第三次模拟)已知Sn是公差不为零的等差数列an的前n项和,S3=6,a3是a1与a9的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列bn=(-1)n4an4n2-1(nN*),数列bn的前2n项和为P2n,若|P2n+1|1),前n项和为Sn,等比数列bn的公比为q,且a1=b1,d=q,.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)记cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.题型四与数列有关的恒成立问题【例4】在数列an中,a1=2,a2=3,其前n项和Sn满足Sn+1+Sn-1=2Sn+1(n2,nN*).(1)求数
3、列an的通项公式an.(2)设bn=1an2-1,求证:b1+b2+b3+bnCn恒成立.若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解题心得以数列为背景的不等式恒成立问题,多与数列求和相联系,一般要通过求和化简后将结果转化或构造为函数,利用函数的单调性分析,若是含参数的不等式恒成立问题,则可分离参数,转化为研究最大(小)值问题.对点训练4(2020山东日照校际联考)已知数列an是首项为a1=14,公比q=14的等比数列,设bn+2=3log14an(nN*),数列cn满足cn=anbn.(1)求数列cn的前n项和Sn;(2)若cn14m2+m-1对一切正整数n恒成立,求实数m的取值范围.题型五与数
4、列有关的不等式证明问题【例5】设函数f(x)=12+1x,各项均为正数的数列an满足a1=1,an=f1an-1,nN*,且n2.(1)求数列an的通项公式;(2)求证:1a1a2+1a2a3+1a3a4+1anan+12.解题心得数列与不等式综合问题的求解策略与不等式相关的数列问题,通常与由等差数列、等比数列等基本数列进行复合、变形后得到的新数列的和相关.合理应用公式求值变形是关键;若是证明题,则要灵活选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等.对点训练5已知数列an为等比数列,数列bn为等差数列,且b1=a1=1,b2=a1+a2,a3=2b3-6.(1)求数列an,bn的通
5、项公式;(2)设cn=1bnbn+2,数列cn的前n项和为Tn,证明:15Tn0知d0,故Snan等价于n2-11n+100,解得1n10.所以n的取值范围是n|1n10,nN.对点训练1解(1)公差d不为零的等差数列an,由a3是a1与a9的等比中项,可得a1a9=a32,即a1(a1+8d)=(a1+2d)2,解得a1=d.又因为S3=3a1+3d=6,可得a1=d=1,所以数列an是以1为首项和公差的等差数列,所以an=n,nN*.(2)由(1)可知bn=(-1)n4n4n2-1=(-1)n12n-1+12n+1,所以P2n=-1-13+13+15-15-17+-14n-3-14n-1+
6、14n-1+14n+1=-1+14n+1,因为|P2n+1|=14n+120194,所以n的最小值为505.例2解(1)当n1时,Sn-1=32an-1-1.an=Sn-Sn-1=32an-1-32an-1-1.an=3an-1,a1=20,数列an是等比数列,an=23n-1,Sn=3n-1.(2)数列Sn+1Sn是递减数列.证明:设bn=Sn+1Sn,bn=3n+1-13n-1=3+23n-1.bn+1-bn=23n+1-1-23n-1=2(3n-3n+1)(3n+1-1)(3n-1).n1,3n+13n1,3n+1-3n0,3n+1-10,3n-10,bn+1-bncn,当n3时,cn+
7、1cn,即c1c2c4c5所以选择条件时,存在k=3,使得对任意nN*,anbnakbk恒成立.对点训练3解方案一:选条件.(1)a3=5,a2+a5=6b2,a1=b1,d=q,d1,a1+2d=5,2a1+5d=6a1d,解得a1=1,d=2或a1=256,d=512,(舍去)b1=1,q=2.an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.(2)cn=anbn,cn=2n-12n-1=(2n-1)12n-1.Tn=1+312+5122+(2n-3)12n-2+(2n-1)12n-1,12Tn=12+3122+5123+(2n-3)12n-1+(2n-1)12n,12Tn
8、=1+212+122+12n-1-(2n-1)12n=1+2121-(12)n-11-12-(2n-1)12n=3-(2n+3)12n,Tn=6-(2n+3)12n-1.方案二:选条件.(1)b2=2,a3+a4=3b3,a1=b1,d=q,d1,a1d=2,2a1+5d=3a1d2,解得a1=1,d=2或a1=-1,d=-2,(舍去)b1=1,q=2.an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.(2)cn=anbn,cn=2n-12n-1=(2n-1)12n-1.Tn=1+312+5122+(2n-3)12n-2+(2n-1)12n-1,12Tn=12+3122+512
9、3+(2n-3)12n-1+(2n-1)12n,12Tn=1+212+122+12n-1-(2n-1)12n=1+2121-(12)n-11-12-(2n-1)12n=3-(2n+3)12n,Tn=6-(2n+3)12n-1.方案三:选条件.(1)S3=9,a4+a5=8b2,a1=b1,d=q,d1,a1+d=3,2a1+7d=8a1d,解得a1=1,d=2或a1=218,d=38,(舍去)b1=1,q=2.an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.(2)cn=anbn,cn=2n-12n-1=(2n-1)12n-1.Tn=1+312+5122+(2n-3)12n-2
10、+(2n-1)12n-1,12Tn=12+3122+5123+(2n-3)12n-1+(2n-1)12n,12Tn=1+212+122+12n-1-(2n-1)12n=1+2121-(12)n-11-12-(2n-1)12n=3-(2n+3)12n,Tn=6-(2n+3)12n-1.例4(1)解由已知可得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=1(n2,nN*),即an+1-an=1(n2,nN*),且a2-a1=1,数列an是以2为首项,1为公差的等差数列,an=n+1.(2)证明由(1)知an=n+1,bn=1an2-1=1n(n+2)=121n-1n+2,b1+b2+b3+bn=121-
11、13+12-14+13-15+1n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2=1232-1n+1+1n+2=34-121n+1+1n+2,nN*,121n+1+1n+20,34-121n+1+1n+234,即b1+b2+b3+bnCn恒成立,即Cn+1-Cn0,对任意nN*恒成立,即4n+1-4n+(-1)n2n+2-(-1)n-12n+10,对任意nN*恒成立,即(-1)n-12n-1,对任意nN*恒成立.当n为奇数时,即2n-1,对任意nN*恒成立,当且仅当n=1时,2n-1有最小值为1,-2n-1,对任意nN*恒成立,当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2,-2.综上,-2Cn恒成立
12、.对点训练4解(1)由题意知,an=14n(nN*),所以bn=3log14an-2=3log1414n-2=3n-2(nN*),故an=14n,bn=3n-2(nN*),所以cn=(3n-2)14n(nN*).所以Sn=114+4142+7143+(3n-5)14n-1+(3n-2)14n,于是14Sn=1142+4143+7144+(3n-5)14n+(3n-2)14n+1,两式相减得34Sn=14+3142+143+14n-(3n-2)14n+1=12-(3n+2)14n+1,所以Sn=23-12n+8314n+1=23-3n+2314n(nN*).(2)因为cn+1-cn=(3n+1)
13、14n+1-(3n-2)14n=9(1-n)14n+1(nN*),所以当n=1时,c2=c1=14.当n2时,cn+1c3c4cn.所以当n=1或2时,cn取最大值是14.又cn14m2+m-1对一切正整数n恒成立,所以14m2+m-114,即m2+4m-50,解得m1或m-5.故实数m的取值范围为(-,-51,+).例5(1)解因为an=f1an-1,所以an=12+an-1,nN*,且n2,所以数列an是以1为首项,12为公差的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=1+12(n-1)=n+12.(2)证明由(1)可知1anan+1=4(n+1)(n+2)=41n+1-1n+2,所以1a1
14、a2+1a2a3+1a3a4+1anan+1=412-13+13-14+14-15+1n+1-1n+2=412-1n+2=2-4n+20,所以Tn13.又因为Tn在1,+)上单调递增,所以当n=1时,Tn取最小值T1=15,所以15Tn0,上式不成立;当n为奇数时,(-2)n=-2n-2016,即2n2016,则n11.综上,存在符合条件的正整数n,且n的集合为n|n=2k+1,kN,k5.对点训练6(1)证明因为anan+1=Sn-1,所以an+1an+2=Sn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=an+1.由于an+10,所以an+2-an=.(2)解存在使得an为等差数列.由题设,a1=1,a1a2=S1-1,可得a2=-1.由(1)知,a3=+1.若an为等差数列,则2a2=a1+a3,解得=4.故an+2-an=4.当n为奇数时,设n=2k-1,kN*,则an=a2k-1=1+4(k-1)=4k-3=2n-1;当n为偶数时,设n=2k,kN*,则an=a2k=a2+4(k-1)=4k-1=2n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在=4,使得数列an为等差数列.
