2017年高考數(shù)列經(jīng)典問題聚焦

■陜西省洋縣中學(xué) 劉大鳴(特級教師)

2017年高考數(shù)列經(jīng)典問題聚焦

■陜西省洋縣中學(xué) 劉大鳴(特級教師)

2017年高考對數(shù)列的考查主要圍繞“等差和等比數(shù)列的通項及求和、一般數(shù)列的切入點、用公式求和、裂項相消法求和、錯位相減法求和、求證數(shù)列不等式中的函數(shù)法、數(shù)學(xué)歸納法、迭代法和累乘法等以及數(shù)列的新定義問題”等展開,凸顯了數(shù)列的工具性和應(yīng)用性。

聚焦1 基本量法求解等差與等比數(shù)列

(1)(2017年全國Ⅰ,理4)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和。若a4+a5=24,S6=48,則{an}的公差為( )。

A.1 B.2 C.4 D.8

(2)(2017年課標(biāo)3,理14)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a2=-1,a1-a3=-3,則a4=。

解析:借助等差(比)數(shù)列的通項及求和公式構(gòu)建方程組求解,可巧用整體思維簡化求解。

(1)(法1:基本量法構(gòu)建方程組)設(shè)公差為d,a4+a5=a1+3d+a1+4d=2a1+d=6a1+15d=48,

(法2:利用等差數(shù)列的性質(zhì))因為S6=3(a3+a4)=48,即a3+a4=16,則(a4+a5)-(a3+a4)=24-16=8,即a5-a3=2d=8,解得d=4,故選C。

(2)(基本量法構(gòu)建方程組)設(shè)等比數(shù)列的公比為q,很明顯q≠-1,結(jié)合等比數(shù)列的通項公式和題意可得方程組:q=-2,代入①可得a1=1,由等比數(shù)列的通項公式可得:a4=a1q3=-8。

感悟:等差、等比數(shù)列各有五個基本量、兩組基本公式,這兩組公式可看作多元方程,利用這些方程可將等差、等比數(shù)列中的運算問題轉(zhuǎn)化為解關(guān)于基本量的方程(組),有意識地應(yīng)用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)可以簡化運算,應(yīng)注意“巧用性質(zhì)、整體考慮、減少運算量”。

聚焦2 用一般數(shù)列的切入點求解數(shù)列通項及應(yīng)用裂項相消法求和

(2017年全國Ⅲ,文17)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n。

(1)求{an}的通項公式;(2)求數(shù)列的前n項和。

解析:把握a1+3a2+…+(2n-1)an=2n為Sn的形式,構(gòu)建方程組求解通項,再應(yīng)用裂項相消法求和。

(1)由a1+3a2+…+(2n-1)an=2n可得得n≥2時,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1),再作差得,驗證n=1時也滿足。

則{an}的通項公式

感悟:對一般數(shù)列的切入點an=的應(yīng)用中,凸顯方程組觀念及降元意識和分類討論的方法,一定要檢驗當(dāng)n=1時是否滿足n≥2的an,否則很容易出現(xiàn)錯誤。

聚焦3 等比數(shù)列中連續(xù)三項和Sn+1,Sn,Sn+2為等差數(shù)列的判斷證明

(2017年全國Ⅰ,文17)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和,已知S2=2,S3=-6。

(1)求{an}的通項公式;

(2)求Sn,并判斷Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差數(shù)列。

解析:由等比數(shù)列通項公式構(gòu)建方程組解得q=-2,a1=-2,進(jìn)而求通項公式;利用等差中項證明Sn+1,Sn,Sn+2成等差數(shù)列。

(1)設(shè){an}的公比為q。由題設(shè)可得,解得q=-2,a1=-2,故{an}的通項公式為an=(-2)n。

感悟:等比數(shù)列中連續(xù)三項和Sn+1,Sn,Sn+2為等差數(shù)列。

證明等差或等比數(shù)列常用方法有:① 定義法:an-an-1=d(d為常數(shù))(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列=q(an≠0,q≠0)?{an}是等比數(shù)列。

②中項法:2an=an+1+an-1?{an}是等差數(shù)列;an2=an+1an-1(an≠0)?{an}是等比數(shù)列。

聚焦4 直接用等比或等差數(shù)列求和公式求和

(2017年北京,文15)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5。

(1)求{an}的通項公式;

(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1。

解析:先由題設(shè)及等差和等比數(shù)列通項公式構(gòu)建方程組確定兩個通項公式,再利用等比數(shù)列求和公式求和。

(1)設(shè)公差為d,由a1=b1=1,a2+a4=10得1+d+1+3d=10,則d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n-1。

(2)設(shè){bn}的公比為q,則{b2n-1}依然是等比數(shù)列,并且公比是q2。

由b2·b4=a5,b1=1,a5=9可得qq3=9,所以q2=3。

所以{b2n-1}是以b1=1為首項,公比為q2=3的等比數(shù)列。

感悟:應(yīng)用等差或等比數(shù)列的前n項和公式求和時,要依據(jù)數(shù)列的特征,判斷數(shù)列的類型,確定首項 、公差或公比以及項數(shù)代入公式。

聚焦5 等差數(shù)列中充要條件的判斷

(2017年浙江,6)已知等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項和為Sn,則“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的( )。

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

解析:借助等差數(shù)列的求和公式堅持推理進(jìn)行判斷。

由S4+S6-2S5=10a1+21d-2(5a1+10d)=d,可知當(dāng)d＞0時,則S4+S6-2S5＞0,即S4+S6＞2S5。反之,S4+S6＞2S5?d＞0,所以為充要條件,應(yīng)選C。

感悟:本題考查等差數(shù)列中充分必要性的判斷。通過前n項和公式的套入與簡單運算,可知S4+S6-2S5=d,結(jié)合充分必要性的判斷方法,若p?q,則p是q的充分條件,若p?q,則p是q的必要條件。該題實質(zhì)為

“d＞0”?“S4+S6-2S5＞0”。

聚焦6 應(yīng)用“錯位相減法”求解等差與等比對應(yīng)項的積構(gòu)成的數(shù)列的和

(2017年天津,理18)已知{an}為等差數(shù)列,前n項和為Sn(n∈N*),{bn}是首項為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4。

(1)求{an}和{bn}的通項公式;

(2)求數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和(n∈N*)。

解析:由題設(shè)構(gòu)建等差數(shù)列首項a1和公差d及等比數(shù)列的公比q的方程組確定2個數(shù)列的通項公式;等差與等比對應(yīng)項的積構(gòu)成的數(shù)列求和選用“錯位相減法”。

(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q。

由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0。

又因為q＞0,解得q=2。所以,bn=2n。

由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8。①

由S11=11b4,可得a1+5d=16。②

聯(lián)立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2。

所以,數(shù)列{an}的通項公式為an=3n-2,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=2n。

(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和為Tn。

由a2n=6n-2,b2n-1=22n-1,得a2nb2n-1=(3n-1)×4n。

故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n。

4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1。

上述兩式相減,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1

感悟:2017年山東卷理科第19題、文科第18題,2017年天津卷文科第18題均考查“錯位相減法”求和。一般地,如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,求數(shù)列{an·bn}的前n項和時,用錯位相減法求和,寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式,將兩式“錯項對齊”進(jìn)行相減,中間項兩兩結(jié)合提公差構(gòu)成n-1項的等比數(shù)列的和,再用等比數(shù)列求和公式化簡整理。

聚焦7 新定義數(shù)列中的等差數(shù)列的證明

(2017年江蘇,19)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)列。

解析:把握新定義“p(k)數(shù)列”。實質(zhì)為一個數(shù)列連續(xù)的2k+1項的和滿足恒等式的意義,可借助等差數(shù)列的定義法求證。

(1)驗證等差數(shù)列{an}是“p(3)數(shù)列”,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+(nk-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,由“p(k)數(shù)列”的定義知等差數(shù)列{an}是“p(3)數(shù)列”。

(2)依據(jù)“p(2)數(shù)列”和“p(3)數(shù)列”的意義求證{an}是等差數(shù)列。

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對n-1成立可得an-3+an-2=4an-1-(an+an+1)。③

類比有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'。

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。

感悟:本題借助等差數(shù)列定義及通項公式驗證新定義的屬性,由新定義的屬性證明{an}為等差數(shù)列,關(guān)鍵在構(gòu)建方程組。

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

對①取n-1得到一個等式,再類比得到另一個等式,代入②變形得到an-1+an+1=2an,同時還需要對前2項特殊賦值,進(jìn)而得到證明。

聚焦8 用等比和等差數(shù)列求和解決實際應(yīng)用問題

(2017年全國Ⅰ,理12)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件。為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動。這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項是20,接下來的兩項是20,21,再接下來的三項是20,21,22,依此類推。求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N＞100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪。那么該款軟件的激活碼是( )。

A.440 B.330 C.220 D.110

解析1:把握元素自然分組和等比數(shù)列的特征,可利用等差、等比數(shù)列求和,根據(jù)題設(shè)構(gòu)建二元不定方程探究最小的正整數(shù)解。

設(shè)首項為第1組,接下來兩項為第2組,再接下來三項為第3組,依此類推。設(shè)第n組的項數(shù)為n,則n組的項數(shù)和為

解析2:把握元素自然分組和等比數(shù)列的特征,求和解不等式探究最小的正整數(shù)解。

由題意得,數(shù)列如下:

1,

1,2,

1,2,4,

……

1,2,3,…,2k-1,

……

所以k=2t-3≥14,則t≥5,取t=5,此時k=25-3=29。

感悟:本題巧妙地將實際問題與等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項與求和及二元不定方程正整數(shù)解融合在一起。解題時首先需要讀懂題目所表達(dá)的具體含義,以及觀察所給定數(shù)列的特征,進(jìn)而判斷出該數(shù)列的通項并求和。難點在于數(shù)列里面套數(shù)列,第一個數(shù)列的和又作為下一個數(shù)列的通項,而且最后幾項并不能放在一個數(shù)列中,需要進(jìn)行判斷。

聚焦9 數(shù)列和不等式求證中的“函數(shù)法”“數(shù)學(xué)歸納法”“累加法”和“放縮法”

(2017年浙江,22)已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*)。

當(dāng)n∈N*時,試證明:(1)xn＞xn+1＞0,

證明:(1)構(gòu)造函數(shù)用單調(diào)性或用數(shù)學(xué)歸納法證明。

(法1)構(gòu)造函數(shù)法。根據(jù)題設(shè)遞推關(guān)系xn=xn+1+ln(1+xn+1)構(gòu)造函數(shù),令函數(shù)f(x)=x+ln(1+x),則易得f(x)在[0,+∞)上為增函數(shù)。

又xn=f(xn+1),若xn＞0?f(xn+1)＞f(0)=0恒成立,故xn+1＞0。

對xn+1＜xn的證明可用作差法。

由xn=xn+1+ln(1+xn+1)可知xn＞0。

由xn-xn+1=xn+1+ln(1+xn+1)-xn+1=ln(1+xn+1)＞0,得xn＞xn+1。

所以0＜xn+1＜xn。

(法2)用數(shù)學(xué)歸納法證明:xn＞0。

當(dāng)n=1時,x1=1＞0。

假設(shè)當(dāng)n=k時,xk＞0,那么當(dāng)n=k+1時,若xk+1≤0,則xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,與假設(shè)矛盾,故有xk+1＞0。

綜上xn＞0(n ∈N*)成立。而xn=xn+1+ln(1+xn+1)＞xn+1＞0,因此,xn＞xn+1＞0。

(2)根據(jù)待證不等式的特征由題設(shè)構(gòu)造xnxn+1-4xn+1+2xn=xn2+1-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)≥0,再構(gòu)造函數(shù)證明。

由xn=xn+1+ln(1+xn+1)＞xn+1＞0得-4xn+1=4ln(1+xn+1)-4xn,2xn=2xn+1+2ln(1+xn+1),xnxn+1=xn2+1+xn+1ln(1+xn+1),則xnxn+1-4xn+1+2xn=xn2+1-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1),構(gòu)造函數(shù)f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x),用導(dǎo)數(shù)法可證函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則f(x)≥f(0)=0,因此f(xn+1)=xn2+1-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)≥0,故xnxn+1-4x+2x≥0,2x-x＜,即不

n+1nn+1n等式

(3)可以巧用(2)的結(jié)論,利用迭代法和累乘法證明不等式。詳細(xì)證明略。

感悟:本題主要考查數(shù)列的概念、遞推關(guān)系與單調(diào)性等基礎(chǔ)知識,不等式及其應(yīng)用,同時考查同學(xué)們的推理論證能力、分析問題和解決問題的能力,屬于難題。證明數(shù)列不等式常用的方法有:(1)數(shù)學(xué)歸納法或函數(shù)法以及放縮法;(2)構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性證明;(3)由遞推關(guān)系采用迭代法和累乘法證明。

(責(zé)任編輯 徐利杰)