《（江蘇專版）2019版高考數(shù)學大一輪復習 第六章 數(shù)列 專題探究課三學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2019版高考數(shù)學大一輪復習 第六章 數(shù)列 專題探究課三學案 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第六章 數(shù)列 專題探究課三 熱點一　可轉為等差數(shù)列、等比數(shù)列的數(shù)列問題 【例1】 數(shù)列{an}，{bn}，{cn}滿足bn＝an－2an＋1，cn＝an＋1＋2an＋2－2，n∈N*. (1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}，{cn}都是等差數(shù)列，求證：數(shù)列{an}從第二項起為等差數(shù)列； (3)(一題多解)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，試判斷當b1＋a3＝0時，數(shù)列{an}是否成等差數(shù)列.證明你的結論. 證明　(1)設數(shù)列{an}的公差為d. 因為bn＝an－2an＋1，所以bn＋1－bn＝(an＋1－2an＋2)－(an－2an

2、＋1)＝(an＋1－an)－ 2(an＋2－an＋1)＝d－2d＝－d， 所以數(shù)列{bn}是公差為－d的等差數(shù)列. (2)當n≥2時，cn－1＝an＋2an＋1－2. 因為bn＝an－2an＋1，所以an＝＋1，所以an＋1＝＋1，所以an＋1－an＝－＝＋. 因為數(shù)列{bn}，{cn}都是等差數(shù)列，所以＋為常數(shù)， 所以數(shù)列{an}從第二項起為等差數(shù)列. (3)數(shù)列{an}成等差數(shù)列. 法一　 設數(shù)列{bn}的公差為d′. 因為bn＝an－2an＋1， 所以2nbn＝2nan－2n＋1an＋1，所以2n－1bn－1＝2n－1an－1－2nan，…，2b1＝2a1－22a2，

3、 所以2nbn＋2n－1bn－1＋…＋2b1＝2a1－2n＋1an＋1. 設Tn＝2b1＋22b2＋…＋2n－1bn－1＋2nbn， 所以2Tn＝22b1＋…＋2nbn－1＋2n＋1bn. 兩式相減得－Tn＝2b1＋(22＋…＋2n－1＋2n)d′－2n＋1bn， 即Tn＝－2b1－4(2n－1－1)d′＋2n＋1bn， 所以－2b1－4(2n－1－1)d′＋2n＋1bn＝2a1－2n＋1an＋1. 所以2n＋1an＋1＝2a1＋2b1＋4(2n－1－1)d′－2n＋1bn＝2a1＋2b1－4d′－2n＋1(bn－d′)， 所以an＋1＝－(bn－d′). 令n＝2，得a3＝

4、－(b2－d′) ＝－b1. 因為b1＋a3＝0，所以＝b1＋a3＝0，所以2a1＋2b1－4d′＝0， 所以an＋1＝－(bn－d′)，所以an＋2－an＋1＝－(bn＋1－d′)＋(bn－d′)＝－d′， 所以數(shù)列{an}(n≥2)是公差為－d′的等差數(shù)列. 因為bn＝an－2an＋1，令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0， 所以數(shù)列{an}是公差為－d′的等差數(shù)列. 法二　 因為bn＝an－2an＋1，b1＋a3＝0， 令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0， 所以bn＋1＝an＋1－2an＋2，bn＋2＝an＋2－2an＋3，

5、所以2bn＋1－bn－bn＋2＝(2an＋1－an－an＋2)－2(2an＋2－an＋1－an＋3). 因為數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，所以2bn＋1－bn－bn＋2＝0， 所以2an＋1－an－an＋2＝2(2an＋2－an＋1－an＋3). 因為a1－2a2＋a3＝0，所以2an＋1－an－an＋2＝0， 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 探究提高　解決等差、等比數(shù)列的綜合問題時，重點在于讀懂題意，靈活利用等差、等比數(shù)列的定義、通項公式及前n項和公式解決問題，求解這類問題要重視方程思想的應用. 熱點二　數(shù)列與恒成立問題 【例2】 (2018·南通一調)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且a

6、n＞0. (1)若a2－a1＝8，a3＝m. ①當m＝48時，求數(shù)列{an}的通項公式； ②若數(shù)列{an}是唯一的，求m的值； (2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈N*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值. 解　設數(shù)列{an}的公比為q，則由題意得q＞0. (1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得 解得 或所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝(16－8)(3＋)n－1或an＝(16＋8)(3－)n－1. ②要使?jié)M足條件的數(shù)列{an}是唯一的，即關于a1與q的方程組有唯一正數(shù)解. 所以方程8q2－mq＋m＝0有唯一解.

7、 則Δ＝m2－32m＝0，解得m＝32或m＝0. 因為a3＝m＞0，所以m＝32，此時q＝2. 經(jīng)檢驗，當m＝32時，數(shù)列{an}唯一， 其通項公式為an＝2n＋2. (2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8， 得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8(表示成a1和q即可)，且q＞1. 則a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝＝8≥32. 當且僅當qk－1＝， 即q＝，等號成立. 所以a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值為32. 熱點三　數(shù)列與方程 【例3】 (2015·江蘇卷)設

8、a1，a2，a3，a4是各項為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列. (1)求證：2a1，2a2，2a3，2a4依次構成等比數(shù)列； (2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次構成等比數(shù)列？并說明理由； (3)是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a，a，a，a依次構成等比數(shù)列？并說明理由. (1)證明　因為＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一個常數(shù)，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構成等比數(shù)列. (2)解　不存在.理由如下：令a1＋d＝a，則a1，a2，a3，a4分別為a－d，a，a＋d，a＋2d(a>d，a>－2d，d≠0). 假設存在a1，d，使得a1，a，

9、a，a依次構成等比數(shù)列， 則a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4. 令t＝，則1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4， 化簡得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1. 將t2＝t＋1代入(*)式， t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，則t＝－. 顯然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假設不成立， 因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次構成等比數(shù)列. (3)解　不存在，理由如下：假設存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a，a，a，a依次構成等比數(shù)列， 則a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d

10、)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k). 分別在兩個等式的兩邊同除以a及a，并令t＝， 則(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)， 且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k). 將上述兩個等式兩邊取對數(shù)，得(n＋2k)ln(1＋2t) ＝2(n＋k)ln(1＋t)， 且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t) ＝2(n＋2k)ln(1＋2t). 化簡得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)] ＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]， 且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝

11、n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]. 再將這兩式相除，化簡得 ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)　(**). 令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)， 則g′(t)＝2[(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)]÷[(1＋t)(1＋2t)(1＋3t)]. 令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)， 則φ′(t)＝6[(1

12、＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]. 令φ1(φt)＝φ′(t)，則φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]. 令φ2(t)＝φ′1(t)，則φ′2(t)＝>0. 由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)>0， 知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均單調. 故g(t)只有唯一零點t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假設不成立. 所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a，a，a，a依次構成等比數(shù)列. 【訓練】 (2018·常州監(jiān)測)已知等差數(shù)列

13、{an}的公差d為整數(shù)，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k為常數(shù)且k∈N*. (1)求k及an； (2)設a1>1，{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的首項為1，公比為q(q>0)，前n項和為Tn，若存在正整數(shù)m，使得＝T3，求q. 解　(1)由題意得 由②－①并整理得d＝4＋. 因為d∈Z，k∈N*，所以k＝1或k＝2. 當k＝1時，d＝6，代入①得a1＝3，所以an＝6n－3； 當k＝2時，d＝5，代入①得a1＝1，所以an＝5n－4. (2)由題意可得bn＝qn－1，因為a1>1，所以an＝6n－3， Sn＝3n2. 由＝T3得＝1＋q＋q2，整理

14、得q2＋q＋1－＝0. 因為Δ＝1－4≥0，所以m2≤. 因為m∈N*，所以m＝1或m＝2. 當m＝1時，q＝(舍去)或q＝. 當m＝2時，q＝0或q＝－1(均舍去). 綜上，q＝. 熱點四　數(shù)列與新定義、探索性問題的綜合 【例4】 (2017·江蘇卷)對于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan對任意正整數(shù)n(n>k)總成立，則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”. (1)證明：等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”； (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：{an}是等差數(shù)

15、列. 證明　(1)因為{an}是等差數(shù)列，設其公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d，從而，當n≥4時， an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3， 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”. (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此， 當n≥3時，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 當n≥4時，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.② 由①知，an－3＋a

16、n－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an).④ 將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設其公差為d′. 在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′(利用a3，a4，a5，…成等差)， 在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′， 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 一、必做題 1.(鎮(zhèn)江市2018屆高三上學期期末)已知n∈N*，數(shù)列的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，且a1＝1，a2＝2，設 bn＝a2n－

17、1＋a2n. (1)若數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列，求S2n； (2)若對任意n∈N*，Sn＝恒成立，求數(shù)列的通項公式； (3)若S2n＝3(2n－1)，數(shù)列為等比數(shù)列，求數(shù)列的通項公式. 解　(1)b1＝a1＋a2＝1＋2＝3， S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝ (2)當n≥2時，由2Sn＝a＋n，2Sn－1＝a＋n－1, 則2an＝2Sn－2Sn－1＝a＋n－(a＋n－1)＝a－a＋1， (an－1)2－a＝0，(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0， 故an－an－1＝1，或an＋an－1＝1.(*)

18、 下面證明an＋an－1＝1對任意的n∈N*恒不成立. 事實上，因a1＋a2＝3，則an＋an－1＝1不恒成立； 若存在n∈N*，使an＋an－1＝1，設n0是滿足上式最小的正整數(shù)，即an0＋a n0－1＝1，顯然n0>2，且a n0－1∈(0，1)，則a n0－1＋a n0－2≠1(n0是最小的滿足a n0＋a n0－1＝1的正整數(shù))，則由(*)式知a n0－1－a n0－2＝1(*式兩者必居其一)，則a n0－2<0，矛盾. 故an＋an－1＝1對任意的n∈N*恒不成立， 所以an－an－1＝1對任意的n∈N*恒成立. 因此是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以an＝1＋(n－

19、1)＝n. (3)因數(shù)列{anan＋1}為等比數(shù)列，設公比為q，則當n≥2 時，＝＝q. 即，是分別是以1，2為首項，公比為q的等比數(shù)列； 故a3＝q，a4＝2q. 令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，則q＝2. 當q＝2時，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1，此時 S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝3(2n－1). 綜上所述，an＝ 2.(蘇北四市(淮安、宿遷、連云港、徐州)2018屆高三上學期期中)在數(shù)列{an}中，已知a1＝，an

20、＋1＝an－，n∈N*，設Sn為{an}的前n項和. (1)求證：數(shù)列{3nan}是等差數(shù)列； (2)求Sn； (3)是否存在正整數(shù)p，q，r(p

21、＋…＋(5－2n)·＋(3－2n)·， 兩式相減得 Sn＝－2－ (3－2n)· ＝－2＋(2n－3)· ＝2n·， 所以Sn＝. (3)解　假設存在正整數(shù)p，q，r(p0， 所以＋>，等式不成立. ②當q＝2時，p＝1， 所以＝＋，所以＝，所以r＝3(單調遞減，解唯一確定). 綜上可知，p，q，r的值為1，2，3. 3.(一題多解)(南京市、鹽城市2018屆

22、高三第一次模擬)若存在常數(shù)k(k∈N*，k≥2)、q、d，使得無窮數(shù)列滿足an＋1＝ 則稱數(shù)列為“段比差數(shù)列”，其中常數(shù)k、q、d分別叫做段長、段比、段差. 設數(shù)列為“段比差數(shù)列”. (1)若的首項、段長、段比、段差分別為1、3、q、3. ①當q＝0時，求b2 016； ②當q＝1時，設的前3n項和為S3n，若不等式S3n≤λ·3n－1對n∈N*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍； (2)設為等比數(shù)列，且首項為b，試寫出所有滿足條件的，并說明理由. 解　(1)①法一　∵的首項、段長、段比、段差分別為1、3、0、3， ∴b2 014＝0×b2 013＝0，∴b2 015＝b2 014＋3＝3

23、，∴b2 016＝b2 015＋3＝6. 法二　∵的首項、段長、段比、段差分別為1、3、0、3， ∴b1＝1，b2＝4，b3＝7，b4＝0×b3＝0，b5＝b4＋3＝3，b6＝b5＋3＝6，b7＝0×b6＝0，… ∴當n≥4時，是周期為3的周期數(shù)列. ∴b2016＝b6＝6. ②法一　∵的首項、段長、段比、段差分別為1、3、1、3， ∴b3n＋2－b3n－1＝－b3n－1＝－b3n－1＝－b3n－1＝2d＝6， ∴是以b2＝4為首項、6為公差的等差數(shù)列， 又∵b3n－2＋b3n－1＋b3n＝＋b3n－1＋＝3b3n－1， ∴S3n＝＋＋…＋ ＝3＝3＝9n2＋3n， ∵S

24、3n≤λ·3n－1，∴≤λ，設cn＝，則λ≥max， 又cn＋1－cn＝－ ＝， 當n＝1時，3n2－2n－2<0，c10，cn＋1c3>…，∴max＝c2＝14， ∴λ≥14，得λ∈[14，＋∞). 法二　∵的首項、段長、段比、段差分別為1、3、1、3， ∴b3n＋1＝b3n，∴b3n＋3－b3n＝b3n＋3－b3n＋1＝2d＝6， ∴是首項為b3＝7、公差為6的等差數(shù)列， ∴b3＋b6＋…＋b3n＝7n＋×6＝3n2＋4n， 易知中刪掉的項后按原來的順序構成一個首項為1公差為3的等差數(shù)列， ∴b1＋b2＋b

25、4＋b5＋…＋b3n－2＋b3n－1＝2n×1＋×3＝6n2－n， ∴S3n＝＋＝9n2＋3n， 以下同法一. (2)法一　設的段長、段比、段差分別為k、q、d， 則等比數(shù)列的公比為＝q，由等比數(shù)列的通項公式有bn＝bqn－1， 當m∈N*時，bkm＋2－bkm＋1＝d，即bqkm＋1－bqkm＝bqkm＝d恒成立， ①若q＝1，則d＝0，bn＝b； ②若q≠1，則qkm＝，則qkm為常數(shù)，則q＝－1，k為偶數(shù)，d＝－2b，bn＝n－1b(由b1＝b，q＝－1可得)； 經(jīng)檢驗，滿足條件的的通項公式為bn＝b或bn＝n－1b. 法二　設的段長、段比、段差分別為k、q、d，

26、①若k＝2，則b1＝b，b2＝b＋d，b3＝q， b4＝q＋d， 由b1b3＝b，得b＋d＝bq；由b2b4＝b，得q2＝q＋d， 聯(lián)立兩式得或，則bn＝b或bn＝n－1b，經(jīng)檢驗均合題意. ②若k≥3，則b1＝b，b2＝b＋d，b3＝b＋2d， 由b1b3＝b得2＝b，得d＝0，則bn＝b，經(jīng)檢驗適合題意. 綜上①②，滿足條件的的通項公式為bn＝b或bn＝n－1b. 4.(南通、泰州市2018屆高三第一次調研)已知等差數(shù)列的公差d不為0，且ak1，ak2，…，akn，…(k1

27、當為何值時，數(shù)列為等比數(shù)列； (3)若數(shù)列為等比數(shù)列，且對于任意n∈N*，不等式an＋akn>2kn恒成立，求a1的取值范圍. 解　(1)由已知可得a1，a3，a8成等比數(shù)列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋7d), 整理可得4d2＝3a1d.因為d≠0，所以＝. (2)設數(shù)列為等比數(shù)列，則k＝k1k3. 又因為ak1，ak2，ak3成等比數(shù)列， 所以 ＝2. 整理得a1(2k2－k1－k3)＝d(k1k3－k－k1－k3＋2k2). 因為k＝k1k3，所以a1(2k2－k1－k3)＝d(2k2－k1－k3). 因為2k2≠k1＋k3，所以a1＝d，即＝1.當＝1時，

28、an＝a1＋(n－1)d＝nd，所以akn＝knd. 又因為akn＝ak1qn－1＝k1dqn－1，所以kn＝k1qn－1. 所以＝＝q，數(shù)列為等比數(shù)列. 綜上，當＝1時，數(shù)列為等比數(shù)列. (3)因為數(shù)列為等比數(shù)列，由(2)知a1＝d，kn＝k1qn－1(q>1). akn＝ak1qn－1＝k1dqn－1＝k1a1qn－1，an＝a1＋(n－1)d＝na1. 因為對于任意n∈N*，不等式an＋akn>2kn恒成立. 所以不等式na1＋k1a1qn－1>2k1qn－1, 即a1>，0<<＝＋恒成立.下面證明：對于任意的正實數(shù)ε(0<ε<1)，總存在正整數(shù)n1，使得<ε. 要證<ε，即證ln n10， 可得>， 所以n1>2. 不妨取n0＝2＋1，則當n1>n0時，原式得證. 所以0<≤，所以a1≥2，即得a1的取值范圍是. 11