（江苏专版）2019版高考数学大一轮复习 第六章 数列 专题探究课三学案 理

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1、第六章 数列 专题探究课三热点一可转为等差数列、等比数列的数列问题【例1】 数列an，bn，cn满足bnan2an1，cnan12an22，nN*.(1)若数列an是等差数列，求证：数列bn是等差数列；(2)若数列bn，cn都是等差数列，求证：数列an从第二项起为等差数列；(3)(一题多解)若数列bn是等差数列，试判断当b1a30时，数列an是否成等差数列.证明你的结论.证明(1)设数列an的公差为d.因为bnan2an1，所以bn1bn(an12an2)(an2an1)(an1an)2(an2an1)d2dd，所以数列bn是公差为d的等差数列.(2)当n2时，cn1an2an12.因为bna

2、n2an1，所以an1，所以an11，所以an1an.因为数列bn，cn都是等差数列，所以为常数，所以数列an从第二项起为等差数列.(3)数列an成等差数列.法一 设数列bn的公差为d.因为bnan2an1，所以2nbn2nan2n1an1，所以2n1bn12n1an12nan，2b12a122a2，所以2nbn2n1bn12b12a12n1an1.设Tn2b122b22n1bn12nbn，所以2Tn22b12nbn12n1bn.两式相减得Tn2b1(222n12n)d2n1bn，即Tn2b14(2n11)d2n1bn，所以2b14(2n11)d2n1bn2a12n1an1.所以2n1an12

3、a12b14(2n11)d2n1bn2a12b14d2n1(bnd)，所以an1(bnd).令n2，得a3(b2d)b1.因为b1a30，所以b1a30，所以2a12b14d0，所以an1(bnd)，所以an2an1(bn1d)(bnd)d，所以数列an(n2)是公差为d的等差数列.因为bnan2an1，令n1，a12a2a3，即a12a2a30，所以数列an是公差为d的等差数列.法二 因为bnan2an1，b1a30，令n1，a12a2a3，即a12a2a30，所以bn1an12an2，bn2an22an3，所以2bn1bnbn2(2an1anan2)2(2an2an1an3).因为数列bn

4、是等差数列，所以2bn1bnbn20，所以2an1anan22(2an2an1an3).因为a12a2a30，所以2an1anan20，所以数列an是等差数列.探究提高解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.热点二数列与恒成立问题【例2】 (2018南通一调)已知数列an是等比数列，且an0.(1)若a2a18，a3m.当m48时，求数列an的通项公式；若数列an是唯一的，求m的值；(2)若a2ka2k1ak1(akak1a1)8，kN*，求a2k1a2k2a3k的最小值.解设数列an的公

5、比为q，则由题意得q0.(1)由a2a18，a3m48，得解得或所以数列an的通项公式为an(168)(3)n1或an(168)(3)n1.要使满足条件的数列an是唯一的，即关于a1与q的方程组有唯一正数解.所以方程8q2mqm0有唯一解.则m232m0，解得m32或m0.因为a3m0，所以m32，此时q2.经检验，当m32时，数列an唯一，其通项公式为an2n2.(2)由a2ka2k1ak1(akak1a1)8，得a1(qk1)(qk1qk21)8(表示成a1和q即可)，且q1.则a2k1a2k2a3ka1q2k(qk1qk21)832.当且仅当qk1，即q，等号成立.所以a2k1a2k2a

6、3k的最小值为32.热点三数列与方程【例3】 (2015江苏卷)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列.(1)求证：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由.(1)证明因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.(2)解不存在.理由如下：令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0).假设存在a1，d，使得a

7、1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列.(3)解不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k).分别在两个等式的两边同除以a及a，并

8、令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k).将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t).化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t).再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*).令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t)

9、2(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)(1t)(12t)(13t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t).令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t).令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调.故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立.所以不存在a1，d及正整数n，k

10、，使得a，a，a，a依次构成等比数列. 【训练】 (2018常州监测)已知等差数列an的公差d为整数，且akk22，a2k(k2)2，其中k为常数且kN*.(1)求k及an；(2)设a11，an的前n项和为Sn，等比数列bn的首项为1，公比为q(q0)，前n项和为Tn，若存在正整数m，使得T3，求q.解(1)由题意得由并整理得d4.因为dZ，kN*，所以k1或k2.当k1时，d6，代入得a13，所以an6n3；当k2时，d5，代入得a11，所以an5n4.(2)由题意可得bnqn1，因为a11，所以an6n3，Sn3n2.由T3得1qq2，整理得q2q10.因为140，所以m2.因为mN*，所

11、以m1或m2.当m1时，q(舍去)或q.当m2时，q0或q1(均舍去).综上，q.热点四数列与新定义、探索性问题的综合【例4】 (2017江苏卷)对于给定的正整数k，若数列an满足ankank1an1an1ank1ank2kan对任意正整数n(nk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”.(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：an是等差数列.证明(1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1，2，3，所以an3an2a

12、n1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”.(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an).将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d(利用a3，a4，a5，成等差)，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列.一、必做题1.(镇江市2018届高三上

13、学期期末)已知nN*，数列的各项均为正数，前n项和为Sn，且a11，a22，设bna2n1a2n.(1)若数列是公比为3的等比数列，求S2n；(2)若对任意nN*，Sn恒成立，求数列的通项公式；(3)若S2n3(2n1)，数列为等比数列，求数列的通项公式.解(1)b1a1a2123，S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn(2)当n2时，由2Snan，2Sn1an1, 则2an2Sn2Sn1an(an1)aa1，(an1)2a0，(anan11)(anan11)0，故anan11，或anan11.(*)下面证明anan11对任意的nN*恒不成立. 事实上，因a1a23，则a

14、nan11不恒成立；若存在nN*，使anan11，设n0是满足上式最小的正整数，即an0a n011，显然n02，且a n01(0，1)，则a n01a n021(n0是最小的满足a n0a n011的正整数)，则由(*)式知a n01a n021(*式两者必居其一)，则a n020，矛盾. 故anan11对任意的nN*恒不成立，所以anan11对任意的nN*恒成立. 因此是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an1(n1)n.(3)因数列anan1为等比数列，设公比为q，则当n2 时，q.即，是分别是以1，2为首项，公比为q的等比数列；故a3q，a42q. 令n2，有S4a1a2a3a412

15、q2q9，则q2. 当q2时，a2n12n1，a2n22n12n，bna2n1a2n32n1，此时S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)b1b2bn3(2n1).综上所述，an2.(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2018届高三上学期期中)在数列an中，已知a1，an1an，nN*，设Sn为an的前n项和.(1)求证：数列3nan是等差数列；(2)求Sn；(3)是否存在正整数p，q，r(pqr)，使Sp，Sq，Sr成等差数列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为an1an，所以3n1an13nan2，又因为a1，所以31a11，所以3nan是首项为1，公

16、差为2的等差数列. (2)解由(1)知3nan1(n1)(2)32n，所以an(32n)，所以Sn1(1)(3)(32n)，所以Sn1(1)(52n)(32n)，两式相减得Sn2(32n)2(2n3)2n，所以Sn.(3)解假设存在正整数p，q，r(pqr)，使Sp，Sq，Sr成等差数列，则2SqSpSr，即.由于当n2时，an0，所以数列单调递减.又p0，所以，等式不成立.当q2时，p1，所以，所以，所以r3(单调递减，解唯一确定).综上可知，p，q，r的值为1，2，3.3.(一题多解)(南京市、盐城市2018届高三第一次模拟)若存在常数k(kN*，k2)、q、d，使得无穷数列满足an1 则

17、称数列为“段比差数列”，其中常数k、q、d分别叫做段长、段比、段差. 设数列为“段比差数列”.(1)若的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q、3.当q0时，求b2 016；当q1时，设的前3n项和为S3n，若不等式S3n3n1对nN*恒成立，求实数的取值范围；(2)设为等比数列，且首项为b，试写出所有满足条件的，并说明理由.解(1)法一的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，b2 0140b2 0130，b2 015b2 01433，b2 016b2 01536.法二的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，b11，b24，b37，b40b30，b5b433，b6b536，b70b

18、60，当n4时，是周期为3的周期数列.b2016b66.法一的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，b3n2b3n1b3n1b3n1b3n12d6，是以b24为首项、6为公差的等差数列，又b3n2b3n1b3nb3n13b3n1，S3n339n23n，S3n3n1，设cn，则max，又cn1cn，当n1时，3n22n20，c10，cn1cn，c1c3，maxc214，14，得14，).法二的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，b3n1b3n，b3n3b3nb3n3b3n12d6，是首项为b37、公差为6的等差数列，b3b6b3n7n63n24n，易知中删掉的项后按原来的顺序构成一

19、个首项为1公差为3的等差数列，b1b2b4b5b3n2b3n12n136n2n，S3n9n23n，以下同法一.(2)法一设的段长、段比、段差分别为k、q、d，则等比数列的公比为q，由等比数列的通项公式有bnbqn1，当mN*时，bkm2bkm1d，即bqkm1bqkmbqkmd恒成立，若q1，则d0，bnb；若q1，则qkm，则qkm为常数，则q1，k为偶数，d2b，bnn1b(由b1b，q1可得)；经检验，满足条件的的通项公式为bnb或bnn1b. 法二设的段长、段比、段差分别为k、q、d，若k2，则b1b，b2bd，b3q，b4qd，由b1b3b，得bdbq；由b2b4b，得q2qd，联立

20、两式得或，则bnb或bnn1b，经检验均合题意.若k3，则b1b，b2bd，b3b2d，由b1b3b得2b，得d0，则bnb，经检验适合题意.综上，满足条件的的通项公式为bnb或bnn1b.4.(南通、泰州市2018届高三第一次调研)已知等差数列的公差d不为0，且ak1，ak2，akn，(k1k2kn2kn恒成立，求a1的取值范围.解(1)由已知可得a1，a3，a8成等比数列，所以(a12d)2a1(a17d), 整理可得4d23a1d.因为d0，所以. (2)设数列为等比数列，则kk1k3.又因为ak1，ak2，ak3成等比数列，所以2.整理得a1(2k2k1k3)d(k1k3kk1k32k

21、2).因为kk1k3，所以a1(2k2k1k3)d(2k2k1k3).因为2k2k1k3，所以a1d，即1.当1时，ana1(n1)dnd，所以aknknd.又因为aknak1qn1k1dqn1，所以knk1qn1.所以q，数列为等比数列.综上，当1时，数列为等比数列. (3)因为数列为等比数列，由(2)知a1d，knk1qn1(q1).aknak1qn1k1dqn1k1a1qn1，ana1(n1)dna1.因为对于任意nN*，不等式anakn2kn恒成立.所以不等式na1k1a1qn12k1qn1, 即a1，0恒成立.下面证明：对于任意的正实数(01)，总存在正整数n1，使得.要证，即证ln n1n1ln qln .因为ln xxx，则ln n12ln ，解不等式0，可得，所以n12.不妨取n021，则当n1n0时，原式得证.所以0，所以a12，即得a1的取值范围是. 11