(江蘇專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 專題探究課三學(xué)案 理
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1、 第六章 數(shù)列 專題探究課三 熱點一 可轉(zhuǎn)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(dāng)b1+a3=0時,數(shù)列{an}是否成等差數(shù)列.證明你的結(jié)論. 證明 (1)設(shè)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(dāng)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(shè)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(shè)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(yīng)用. 熱點二 數(shù)列與恒成立問題 【例2】 (2018·南通一調(diào))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(dāng)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(shè)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(guān)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(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)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(shè)
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(gòu)成等比數(shù)列; (2)是否存在a1,d,使得a1,a,a,a依次構(gòu)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(gòu)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(gòu)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(shè)存在a1,d,使得a1,a,
9、a,a依次構(gòu)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(shè)不成立, 因此不存在a1,d,使得a1,a,a,a依次構(gòu)成等比數(shù)列. (3)解 不存在,理由如下:假設(shè)存在a1,d及正整數(shù)n,k,使得a,a,a,a依次構(gòu)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(diào). 故g(t)只有唯一零點t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假設(shè)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(gòu)成等比數(shù)列. 【訓(xùn)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(shè)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(dāng)k=1時,d=6,代入①得a1=3,所以an=6n-3; 當(dāng)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(dāng)m=1時,q=(舍去)或q=. 當(dāng)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(shè)其公差為d, 則an=a1+(n-1)d,從而,當(dāng)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(dāng)n≥3時,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,① 當(dāng)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(shè)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(xué)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(shè) 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(dāng)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(shè)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(shè)公比為q,則當(dāng)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(dāng)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(xué)期期中)在數(shù)列{an}中,已知a1=,an
20、+1=an-,n∈N*,設(shè)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(shè)存在正整數(shù)p,q,r(p 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(shè)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(dāng)q=0時,求b2 016;
②當(dāng)q=1時,設(shè)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(shè)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(dāng)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(shè)cn=,則λ≥max,
又cn+1-cn=-
=,
當(dāng)n=1時,3n2-2n-2<0,c1 25、4+b5+…+b3n-2+b3n-1=2n×1+×3=6n2-n,
∴S3n=+=9n2+3n,
以下同法一.
(2)法一 設(shè)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(dāng)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(shè)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(diào)研)已知等差數(shù)列的公差d不為0,且ak1,ak2,…,akn,…(k1 27、當(dāng)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(shè)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(dāng)=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(dāng)=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 n1
0,
所以+>,等式不成立.
②當(dāng)q=2時,p=1,
所以=+,所以=,所以r=3(單調(diào)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
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