1、习题课发展要求与高考对接(五)教学指导意见中的发展要求1能根据数列的前几项写出一个通项公式，能根据给出的递推公式写出数列的前几项2掌握等差数列的典型性质及应用，能灵活运用等差数列的求和公式3掌握等比数列的典型性质及应用，能用类比观点推导等比数列的性质4等比数列的求和公式应达到灵活运用，理解等差数列与等比数列简单组合的数列的前n项和考点一等差数列与等比数列的综合问题学生用书P105(2015高考重庆卷)已知等差数列an满足a32，前3项和S3.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b1a1，b4a15，求bn的前n项和Tn.解(1)设an的公差为d，则由已知条件得a12d2，3a1d，
2、化简得a12d2，a1d，解得a11，d，故an的通项公式an1，即an.(2)由(1)得b11，b4a158.设bn的公比为q，则q38，从而q2，故bn的前n项和Tn2n1.解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成 等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解1.(2016兰州诊断考试)在等比数列an中，已知a12，a416.(1)求数列an的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列bn的第3项和第5项，试求数列bn的前n
3、项和Sn.解：(1)设数列an的公比为q，则q38，所以q2，所以an22n12n.(2)设数列bn的公差为d，因为b3a3238，b5a52532，且bn为等差数列，所以b5b3242d，所以d12，所以b1b32d16，所以Sn16n126n222n.考点二数列的通项与求和学生用书P106(2015高考全国卷)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，得an1an2.又a2a
4、14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.(1)求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，本题选用的裂项相消法，常用的还有分组转化求和，错位相减求和等. 2.已知数列an和bn满足a12，b11，an12an(nN*)，b1b2b3bnbn11(nN*)(1)求an与bn；(2)记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由a12，an12an，得an2n(nN*)由题意知：当n1时，b1b21，故b22.当
5、n2时，bnbn1bn，整理得，所以bnn.当n1时，也符合bnn，综上bnn(nN*)(2)由(1)知anbnn2n，因此Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，所以Tn2Tn222232nn2n1.故Tn(n1)2n12(nN*)考点三数列与函数的综合问题学生用书P106(2014高考四川卷)设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若a11，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anb的前n项和Sn.解(1)证明：由已知，bn2an0.当n1时，2an1an2d，所
6、以数列bn是首项为2a1，公比为2d的等比数列(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意知，a22，解得a22.所以da2a11，ann，bn2n，anbn4n.于是，Sn14242343(n1)4n1n4n.4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n1n4n1.所以Sn.(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，
7、灵活运用函数的思想方法求解3.(2016南昌调研测试卷)等差数列an的前n项和为Sn，已知函数f(x)，且f(a22)sin ，f(a2 0162)cos ，求S2 017.解：因为f(x)，f(x)，所以f(x)f(x)0，即f(x)f(x)而f(x)1，所以f(x)是R上的增函数又f(a22)sin sinsin ，f(a2 0162)cos coscos ，所以f(a22)f(a2 0162)f(2a2 016)，所以a222a2 016，所以a2a2 0164.所以S2 0174 034. 考点四数列与不等式的综合问题学生用书P107在等比数列an中，a10，nN*，且a3a28，又a
8、1、a5的等比中项为16.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4an，数列bn的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得k对任意nN*恒成立若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由解(1)设数列an的公比为q，由题意可得a316，因为a3a28，则a28，所以q2.所以an2n1.(2)因为bnlog42n1，所以Snb1b2bn.因为，所以，所以存在正整数k的最小值为3.数列与不等式的综合问题的解题策略(1)数列与不等式的恒成立问题此类问题常构造函数，通过函数的单调性、最值等解决问题(2)与数列有关的不等式证明问题解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析
9、法、放缩法等. 4.(2016商洛模拟)已知函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)且f(1).(1)当nN*时，求f(n)的表达式； (2)设annf(n)，nN*，求证：a1a2a3an2.解：(1)令xn，y1，得f(n1)f(n)f(1)f(n)，所以f(n)是首项为，公比为的等比数列，所以f(n).(2)证明：设Tn为an的前n项和，因为annf(n)n，所以Tn23n，Tn23(n1)n，两式相减得Tnn，所以Tn2n2.1(2016辽宁省五校联考)抛物线x2y在第一象限内图象上一点(ai，2a)处的切线与x轴交点的横坐标记为ai1，其中iN*，若a232，则a2a4a6等于()
10、A64B42C32 D21解析：选B.令yf(x)2x2，则切线斜率kf(ai)4ai，切线方程为y2a4ai(xai)，令y0得xai1ai，由a232得：a48，a62，所以a2a4a642.2(2014高考辽宁卷)设等差数列an的公差为d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0Ca1d0解析：选C.设bn2a1an，则bn12a1an1，由于2a1an是递减数列，则bnbn1，即2a1an2a1an1.因为y2x是单调增函数，所以a1ana1an1，所以a1ana1(and)0，所以a1(anand)0，即a1(d)0，所以a1d0，且a1a2a7a816，则a4a5的最小值为_解析：
11、由等比数列性质得，a1a2a7a8(a4a5)416，又an0，所以a4a52.再由基本不等式，得a4a522.所以a4a5的最小值为2.答案：24已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x1)f(x1)，数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2，则f(an)_解析：依题意得f(x)f(x)，f(x1)f(x1)，所以f(0)0，且f(x2)f1(x1)f(x1)1f(x)，即f(x)是以2为周期的周期函数又a12a12，所以a12.由Sn2an2得Sn12an12，所以an12an12an，即an12an，故数列an是首项为2，公比为2的等比数列所以an22n12n.所以f(an)f(2n)f
12、(2n)f(0)0.答案：05(2016南昌调研测试卷)设数列an的前n项和为Sn，4Sna2an3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n5时，an0.(1)求证：当n5时，an成等差数列；(2)求an的前n项和Sn.解：(1)证明：由4Sna2an3，4Sn1a2an13，得4an1aa2an12an，即(an1an)(an1an2)0.因为当n5时，an0，所以an1an2，所以当n5时，an成等差数列(2)由4a1a2a13，得a13或a11，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，所以an1an0(n5)，q1，而a50，所以a10，从而a13，所以an所以Sn6(2015
13、高考山东卷)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(an1)2an，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设数列an的公差为d，令n1，得，所以a1a23.令n2，得，所以a2a315.由解得a11，d2，所以an2n1.经检验，符合题意(2)由(1)知bn2n22n1n4n，所以Tn141242n4n，所以4Tn142243n4n1，两式相减，得3Tn41424nn4n1n4n14n1，所以Tn4n1.1数列an与bn满足：a1a0，b1b0；当k2时，若ak1bk10，则akak1，bk；若ak1bk10，则ak，bkbk1.(1)若a
14、1，b1，求a2，b2，a3，b3的值；(2)设Sn(b1a1)(b2a2)(bnan)，求Sn(用a，b表示)；(3)若存在nN*，对任意正整数k，当2kn时，恒有bk1bk，求n的最大值(用a，b表示)解：(1)由题意得，a11，b11，a1b10，所以a2a11，b20.又a2b210，所以a3，b3b20.(2)当k2时，若ak1bk10，bkakak1，若ak1bk10，bkakbk1，因此无论是ak1bk10还是ak1bk10，都有bkak.即bkak是以b1a1ba为首项，为公比的等比数列所以Sn(b1a1)(b2a2)(bnan)2(ba).(3)因为bk1bk，所以ak1bk
15、10，所以akak1，即当k2，n时，恒有aka，由(2)知bkak(ba)，所以bka(ba)，所以ak1bk1aa(ba)0，解得k2log.所以n的最大值为.2已知正项数列an的前n项和Sn满足S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：当k7且kN*时，对任意的nN*都有Tn k1Tn1.解：(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn0，Snn2n.于是当n1时，a12.当n2时，anSnSn12n，综上，数列an的通项公式为an2n.(2)由(1)知bn，Tn k1Tn1.即证当k7且kN*时，对任意的nN*，都有.法一：令S，则S，所以2S.因为当x0，y0时，(xy)24，即，当且仅当xy时等号成立所以2S，所以S22.法二：n.
