函数及方程思想在数列中应用

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1、-典例42021 高考设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记，求数列的前n项和Tn.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.数列问题函数(方程)化法数列问题函数(方程)化法形式构造与函数(方程)类似，但要注意数列问题中n的取值围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：第一步：分析数列式子的构造特征第二步：根据构造特征构造“特征函数(方程)，转化问题形式第三步：研究函数性质结合解决问题的需要

2、研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究第四步：回归问题结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题【针对训练4】2021东城模拟数列an是各项均为正数的等差数列(1)假设a12，且a2，a3，a41成等比数列，求数列an的通项公式an；(2)在(1)的条件下，数列an的前n项和为Sn，设bn，假设对任意的nN*，不等式bnk恒成立，数k的最小值解(1)因为a12，aa2(a41)，又因为an是正项等差数列，故公差d0，所以(22d)2(2d)(33d)，解得d2或d1(舍去)，所以数列an的通项公式an2n.(2)因为Snn(n1)，bn，令f(*)2*(*1)，则

3、f(*)2，当*1时，f(*)0恒成立，所以f(*)在1，)上是增函数，故当*1时，f(*)minf(1)3，即当n1时，(bn)ma*，要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，则须使k(bn)ma*，所以实数k的最小值为.数列1等差数列通项公式：ana1(n1)d.2等差数列前n项和公式：Snna1.3等比数列通项公式：ana1qn1.4等比数列前n项和公式：Sn.5等差中项公式：2anan1an1(nN*，n2)6等比中项公式：aan1an1(nN*，n2)7数列an的前n项和与通项an之间的关系：an.重要结论1通项公式的推广：等差数列中，anam(nm)d；等比数列中，anamqnm

4、.2增减性：(1)等差数列中，假设公差大于零，则数列为递增数列；假设公差小于零，则数列为递减数列(2)等比数列中，假设a10且q1或a10且0q0且0q1或a11，则数列为递减数列3等差数列an中，Sn为前n项和Sn，S2nSn，S3nS2n，仍成等差数列；等比数列bn 中，Tn为前n项和Tn，T2nTn，T3nT2n，一般仍成等比数列失分警示1无视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，无视各项都不为零的条件2漏掉等比中项：正数a，b的等比中项是，容易漏掉.3忽略对等比数列的公比的讨论：应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.4anan1d或q中注意n的围限制5易忽略公式an

5、SnSn1成立的条件是n2.6证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明7等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负.考点数列的概念、表示方法及递推公式典例示法题型1利用递推关系求通项公式典例1(1)正项数列an满足a11，(n2)a(n1)aanan10，则它的通项公式为()AanBanCanDann解析由(n2)a(n1)aanan10，得(n2)an1(n1)an(an1an)0，又an0，所以(n2)an1(n1)an，即，an1an，所以ana1a1(n2)，所以an(n1适合)

6、，于是所求通项公式为an.答案B(2)2021 高考设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_解析由a11，且an1ann1(nN*)得，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n，则2，故数列前10项的和S1022.答案题型2利用an与Sn的关系求an典例22021 全国卷Sn为数列an的前n项和，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.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又a

7、2a14a13，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.求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜测法：数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜测法(2)Sn与an的关系，利用an求an.(3)累加法：数列递推关系形如an1anf(n)，其中数列f(n)前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)(4)累乘法：数列递推关系形如an1g(n)an，其中数列g(n)前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)(5)构造法：递推关系形如an1p

8、anq(p，q为常数)可化为an1p(p1)的形式，利用是以p为公比的等比数列求解；递推关系形如an1(p为非零常数)可化为的形式考点等差、等比数列的运算典例示法题型1等差、等比数列的根本运算典例32021 全国卷等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2()A2 B1C.D.解析设等比数列an的公比为q，a1，a3a54(a41)，由题可知q1，则a1q2a1q44(a1q31)，q64，q616q3640，(q38)20，q38，q2，a2，应选C.答案C题型2等差、等比数列性质的运算典例42021全国卷设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_解析设a

9、n的公比为q，由a1a310，a2a45得a18，q，则a24，a32，a41，a5，所以a1a2ana1a2a3a464.答案641等差(比)数列根本运算中的关注点(1)根本量在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个根本量(2)解题思路求公差d(公比q)：常用公式anam(nm)d(anamqnm)；列方程组：假设条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量2等差(比)数列的性质盘点考点等差、等比数列的判断与证明典例示法典例52021全国卷数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证

10、明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列.并说明理由解(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.因为an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a21，由(1)知，a31.假设an为等差数列，则2a2a1a3，解得4，故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列在本例题(2)中是否存在，使得an为等比数列.并说明理由解由题设可知a11，a1a2S11，得a

11、21，由(1)知a31，假设an为等比数列，则aa1a3，即(1)21，解得0或3.当0时，anan11，又a11，所以a21，a31，an(1)n1，所以数列an为首项为1，公比为1的等比数列；当3时，a11，a22，a34，故可令an2n1，则anan122n1.Sn132n4，易得anan1与Sn1不恒相等，与条件矛盾综上可知，存在0，使得an为等比数列1等差数列的判定方法(1)证明一个数列an为等差数列的根本方法有两种利用等差数列的定义证明，即证明an1and(nN*)；利用等差中项证明，即证明an2an2an1(nN*)(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断通项法：假设

12、数列an的通项公式为n的一次函数，即anAnB，则an是等差数列前n项和法：假设数列an的前n项和Sn是SnAn2Bn的形式(A，B是常数)，则an是等差数列2等比数列的判定方法(1)定义法：假设q(q为非零常数)或q(q为非零常数且n2)，则an是等比数列(2)中项公式法：假设数列an中，an0且aanan2(nN*)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：假设数列通项公式可写成ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列(4)前n项和公式法：假设数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列提醒：假设判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说

13、明前三项不是等差(等比)数列即可针对训练2021统测在数列an中，a1，an12，设bn，数列bn的前n项和是Sn.(1)证明数列bn是等差数列，并求Sn；(2)比拟an与Sn7的大小解(1)证明：bn，an12，bn11bn1，bn1bn1，数列bn是公差为1的等差数列由a1，bn得b1，Sn3n.(2)由(1)知：bnn1n.由bn得an11.anSn73n6.当n4时，y3n6是减函数，y也是减函数，当n4时，anSn7a4S470.又a1S170，a2S270，a3S371，a3a520，a2a664，则S5()A31 B36C42 D48答案A解析由等比数列的性质，得a3a5a2a6

14、64，于是由且公比q1，得a34，a516，所以解得所以S531，应选A.32021统考设Sn是等比数列an的前n项和，假设3，则()A2 B.C.D1或2答案B解析设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，S43k，应选B.42021 高考an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.假设a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS4 0 Ba1d0，dS40，dS40 Da1d0答案B解析由aa3a8，得(a12d)(a17d)(a13d)2，整理得d(5d3a1)0，又d0，a1d，则a1dd20，

15、又S44a16dd，dS4d20，a1，如果an1是1与的等比中项，则a1的值是_答案解析由题意可得，a(2an1anan11)(2an1anan11)0，又an0，2an1anan110，又2an0，an1an11，又可知an1，1，是以为首项，1为公差的等差数列，(n1)n1an，a11.三、解答题102021质检数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，且a33，S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，且bn为递增数列，假设，求证：c1c2c31.解(1)设该等比数列的公比为q，则根据题意有39，从而2q2q10，解得q1或q.当q1时，an3；当q时，an3n3.

16、(2)证明：假设an3，则bn0，与题意不符，故an3n3，此时a2n332n，bn2n，符合题意，从而c1c2c310，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.依题意有解得或(舍去)故ann，bn2n1.(2)由(1)知Sn12nn(n1)，2，22.第二讲数列求和及综合应用重要公式及结论1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成anbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间假设干项的求和方法形如(其中an是各项均不为0的等差数列，c为常数

17、)的数列等3错位相减法：形如anbn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回忆反思附：(1)常见的拆项公式(其中nN*).假设等差数列an的公差为d，则；.()(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如123n；135(2n1)n2；122232n2n(n1)(2n1)失分警示1公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论2错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项3裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项4裂项相消法求和时注意所裂

18、式与原式的等价性考点数列求和问题典例示法题型1分组转化求和典例1设数列an满足a12，a2a48，且对任意nN*，函数f(*)(anan1an2)*an1cos*an2sin*满足f0.(1)求数列an的通项公式；(2)假设bn2，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由题设可得f(*)anan1an2an1sin*an2cos*.对任意nN*，fanan1an2an10，即an1anan2an1，故an为等差数列由a12，a2a48，解得an的公差d1，所以an21(n1)n1.(2)因为bn222n2，所以Snb1b2bn(222)2(12n)2n2n23n1.题型2错位相减法求和典例2202

19、1 高考设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记，求数列的前n项和Tn.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故，于是Tn1，Tn，可得Tn23，故Tn6.题型3裂项相消法求和典例32021统考设数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn12an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlogan，求Tn.解(1)由6Sn12an，得6Sn112an1(n2)两式相减得6an2an12an，即anan1(n2)，由6S16a112a1，得a

20、1，数列an是等比数列，公比q，所以ann12n1.(2)an2n1，bn2n1，从而.Tn.1分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(1)n等特征2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保存的项数一样多3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘(anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比把两个和的形式错位相减整理结果形式考点数列与函数、不等式的综合问题典例示法题型1数列与函数的综合典例42021高考设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(*)2

21、*的图象上(nN*)(1)假设a12，点(a8,4b7)在函数f(*)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)假设a11，函数f(*)的图象在点(a2，b2)处的切线在*轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由得，b72a7，b82a84b7，有2 a842 a72a72.解得da8a72.所以，Snna1d2nn(n1)n23n.(2)f(*)2*ln 2，f(a2)2 a2ln 2，故函数f(*)2*在(a2，b2)处的切线方程为y2 a22 a2ln 2(*a2)，它在*轴上的截距为a2.由题意得，a22，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n.所以Tn，2Tn.因

22、此，2TnTn12.所以，Tn.题型2数列与不等式的综合典例52021模拟(利用单调性证明不等式)设Sn为数列an的前n项和，a12，对任意nN*，都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)假设数列的前n项和为Tn，求证：Tn0，所以11.因为f(n)在N*上是递减函数，所以1在N*上是递增的，所以当n1时，Tn取最小值.所以Tn1.典例62021全国卷(利用放缩法证明不等式)数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.证明(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列an，因此an的通项公式为an.(2

23、)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1.所以0)，因此，历年所交纳的储藏金数目a1，a2，是一个公差为d的等差数列与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利这就是说，如果固定年利率为r(r0)，则，在第n年末，第一年所交纳的储藏金就变为a1(1r)n1，第二年所交纳的储藏金就变为a2(1r)n2，以Tn表示到第n年末所累计的储藏金总额(1)写出Tn与Tn1(n2)的递推关系式；(2)求证：TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列解(1)由题意知：n2时，TnTn1(1r)an，其中ana1(n1)d，TnTn1(1r)a1(n1)d，n2

24、.(2)证明：Tna1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an，(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an2(1r)3an1(1r)2an(1r)，得rTna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)ana1(1r)nda1(n1)d(1r)n，Tn(1r)n.令An(1r)n，Bnn，则1r(定值)，Bn1Bn(定值)，即TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列全国卷高考真题调研12021 全国卷设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.答案解析an1Sn1Sn，Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，1，是等差数列，且公差为1，而1

25、，1(n1)(1)n，Sn.22021全国卷Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中*表示不超过*的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和解(1)设an的公差为d，据有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1000项和为1902900311893.其它省市高考题借鉴32021高考设数列an的前n项和为Sn.假设S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.答案1121解析由于解得a11.由an1

26、Sn1Sn2Sn1得Sn13Sn1，所以Sn13，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn3n1，即Sn，所以S5121.42021 高考数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_答案2n1解析an为递增的等比数列，设公比为q，则q1.a2a38，a1a48.又a1a49，a11，a48，q2.前n项和为2n1.52021 高考数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a3的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn22ln n.解(1)由题意，知3a3(a12a23a3)(a12a

27、2)4，a3.(2)由条件知，nan(a12a2nan)a12a2(n1)an1(n2)，nan，an.又a141时也符合此式，an(nN*)Tn1n12.(3)证明：依题意，得bnan，b1a1，b2a2，b3a3，Snb1b2bn(a1a2an)Tn1)，则f(*)0，f(*)在(1，)上是增函数又f(1)0，即f(*)0，又k2且kN*时，1，fln10，即ln，ln，ln，ln，即有lnlnlnln n，222ln n，即Sn 0)及两点A1(*1,0)和A2(*2,0)，其中*2*10.过A1，A2分别作*轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与*轴交于点A3(*3,0)，

28、则()A*1，*2成等差数列 B*1，*2成等比数列C*1，*3，*2成等差数列 D*1，*3，*2成等比数列答案A解析由题意，得B1，B2两点的坐标分别为，.所以直线B1B2的方程为y(*1)，令y0，得*1*2，所以*3*1*2，因此，*1，*2成等差数列62021模拟设无穷数列an，如果存在常数A，对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|anA|1，所以对于正数01，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|0成立，即2不是数列的极限对于，|an2|，令1log2，所以对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|1，所以对于正数01

29、，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|0，an13an，an为等比数列，且公比为3，Sn3n1.82021统考Sn为等比数列an的前n项和，假设2S4S22，则S6的最小值为_答案解析由题意得2(a1a1qa1q2a1q3)a1a1q2，整理，得(a1a1q)(12q2)2，即S2(12q2)2.因为12q20，所以S20.又由2S4S22，得S4S21.由等比数列的性质，得S2，S4S2，S6S4成等比数列，所以(S4S2)2S2(S6S4)，所以S6S4S21S22，当且仅当S2，即S2时等号成立，所以S6的最小值为.92021武昌调研设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan(n

30、N*)，则数列Sn的前9项和为_答案解析因为Sn(1)nan，所以Sn1(1)n1an1(n2)，两式相减得SnSn1(1)nan(1)n1an1，即an(1)nan(1)nan1(n2)，当n为偶数时，ananan1，即an1，此时n1为奇数，所以假设n为奇数，则an；当n为奇数时，ananan1，即2anan1，所以an1，此时n1为偶数，所以假设n为偶数，则an.所以数列an的通项公式为an所以数列Sn的前9项和为S1S2S3S99a18a27a36a43a72a8a9(9a18a2)(7a36a4)(3a72a8)a9.三、解答题102021质检在数列an中，a1，an1an，nN*.

31、(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)证明：由an1an知，是以为首项，为公比的等比数列(2)由(1)知是首项为，公比为的等比数列，n，an，Sn，则Sn，得Sn1，Sn2.112021 高考设nN*，*n是曲线y*2n21在点(1,2)处的切线与*轴交点的横坐标(1)求数列*n的通项公式；(2)记Tn*，证明：Tn.解(1)y(*2n21)(2n2)*2n1，曲线y*2n21在点(1,2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(*1)令y0，解得切线与*轴交点的横坐标*n1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知Tn*222.当n1时，T1.当n2

32、时，因为*2，所以Tn2.综上可得对任意的nN*，均有Tn.122021质检数列an满足a11，an11，其中nN*.(1)设bn，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设，数列2的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn对于nN*恒成立.假设存在，求出m的最小值；假设不存在，请说明理由解(1)bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列a11，b12，因此bn2(n1)22n，由bn得an.(2)由，an得，22，Tn223，依题意要使Tn对于nN*恒成立，只需3，即3，解得m3或m4，又m为正整数，所以m的最小值为3.典题例证2021高考数列an的前n项和Sn3n28n，bn

33、是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令.求数列的前n项和Tn.审题过程依据an与Sn的关系可求an，进而求出bn的通项先化简数列，然后依据其构造特征采取错位相减求和.(1)由题意知当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d，由得可解得b14，d3.所以bn3n1.(2)由(1)知3(n1)2n1.又Tnc1c2，所以Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.模型归纳求数列的通项公式及前n项和的模型示意图如下：. z.