2021新高考數學一輪復習學案5-5數列的熱點問題

第五節(jié)數列的熱點問題考點一數列與函數、不等式的交匯問題【例1】已知數列{an}的通項公式為an＝3n－2.若正項等比數列{bn}滿足b1＝a1，b3＝a2，且cn＝an·bn，數列{cn}的前n項和為Tn.(1)求Tn；(2)若對任意n≥2，n∈N*，均有(Tn－5)m≥6n2－31n＋35恒成立，求實數m的取值范圍．【解】(1)由題知b1＝1，b3＝4，∴bn＝2n－1，則cn＝an·bn＝(3n－2)·2n－1，∴Tn＝1×20＋4×21＋…＋(3n－2)·2n－1，2Tn＝1×21＋4×22＋…＋(3n－2)·2n，∴－Tn＝1＋3(21＋22＋…＋2n－1)－(3n－2)·2n＝(5－3n)·2n－5，∴Tn＝(3n－5)·2n＋5.(2)∵(3n－5)·2n·m≥6n2－31n＋35(n≥2，n∈N*)恒成立，∴m≥eq\f(6n2－31n＋35,3n－5·2n)＝eq\f(3n－52n－7,3n－5·2n)＝eq\f(2n－7,2n)，即m≥eq\f(2n－7,2n)對任意n≥2，n∈N*恒成立．設kn＝eq\f(2n－7,2n)，則kn＋1－kn＝eq\f(2n－5,2n＋1)－eq\f(2n－7,2n)＝eq\f(9－2n,2n＋1)，當n≤4時，kn＋1>kn；當n≥5時，kn＋1<kn.∴(kn)max＝k5＝eq\f(3,25)＝eq\f(3,32)，∴m≥eq\f(3,32).方法技巧本題通過函數單調性的定義，利用kn＋1－kn的符號，劃分出數列的單調性，從而求出kn的最大值.1．函數f(x)＝x2，定義數列{an}如下：an＋1＝f(an)，n∈N*.若給定a1的值，得到無窮數列{an}滿足：對任意正整數n，均有an＋1>an，則a1的取值范圍是(A)A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．(1，＋∞)D．(－1,0)解析：由題易得aeq\o\al(2,n)>an，∴an(an－1)>0，∴an>1或an<0，而當a1∈[－1,0)時，a3＝aeq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(4,1)≤aeq\o\al(2,1)＝a2，不滿足題設條件．當a1∈(－∞，－1)時，a2＝aeq\o\al(2,1)>1>a1，a3＝aeq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(4,1)>aeq\o\al(2,1)＝a2，…，an＋1＝aeq\o\al(2,n)>an，同理當a1∈(1，＋∞)時，an＋1＝aeq\o\al(2,n)>an也成立，故選A．2．已知數列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)證明：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).解：(1)由條件可知數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數列，且首項為2，公差為2，故eq\f(1,an)＝2＋2(n－1)＝2n，所以an＝eq\f(1,2n).(2)證明：由(1)可知aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))2＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n2)<eq\f(1,4)·eq\f(1,n)·eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，n≥2，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,n))).故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).考點二數列在數學文化中的應用【例2】歷史上數列的發(fā)展，折射出許多有價值的數學思想方法，對時代的進步起了重要的作用，比如意大利數學家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”：即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此數列在現代物理、準晶體結構及化學等領域有著廣泛的應用，若此數列被4整除后的余數構成一個新的數列{bn}，又記數列{cn}滿足c1＝b1，c2＝b2，cn＝bn－bn－1(n≥3，n∈N*)，則c1＋c2＋c3＋…＋c2019的值為________．【解析】記“兔子數列”為{an}，則數列{an}每個數被4整除后的余數構成一個新的數列{bn}為{1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，…}，可得數列{bn}構成一周期為6的數列，由題意得數列{cn}為{1,1,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1，…}，觀察數列{cn}可知該數列從第三項開始后面所有的數列構成一周期為6的數列，且每一周期的所有項的和為0，所以c1＋c2＋c3＋…＋c2019＝(c1＋c2)＋(c3＋…＋c2018)＋c2019＝1＋1＋1＝3.【答案】3方法技巧解答數列應用題需要把好“四關”審題關仔細閱讀材料，認真理解題意建模關將已知條件翻譯成數學語言，將實際問題轉化成數列問題，并分清數列是等差數列還是等比數列求解關求解該數列問題還原關將所求的結果還原到實際問題中我國古代數學名著《九章算術》中有如下問題：“今有蒲生一日，長三尺．莞生一日，長一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．問幾何日而長等？”意思是：“今有蒲草第一天長高3尺，莞草第一天長高1尺．以后，蒲草每天長高前一天的一半，莞草每天長高前一天的2倍．問第幾天蒲草和莞草的高度相同？”根據上述的已知條件，可求得第3天時，蒲草和莞草的高度相同(結果采取“只入不舍”的原則取整數，相關數據：lg3≈0.4771，lg2≈0.3010)．解析：由題意得，蒲草的高度組成首項為a1＝3，公比為eq\f(1,2)的等比數列{an}，設其前n項和為An；莞草的高度組成首項為b1＝1，公比為2的等比數列{bn}，設其前n項和為Bn.則An＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq\f(2n－1,2－1)，令eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq\f(2n－1,2－1)，化簡得2n＋eq\f(6,2n)＝7(n∈N*)，解得2n＝6，所以n＝eq\f(lg6,lg2)＝1＋eq\f(lg3,lg2)≈3，即第3天時蒲草和莞草高度相同．考點三數列中的數陣問題【例3】觀察如圖所示的數表：設2018是該數表第m行第n列的數，則mn＝________.【解析】第1行有1個偶數，第2行有2個偶數，第3行有22個偶數，以此類推，第n行有2n－1個偶數，∴前n行共有1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1(個)偶數，第n行最后一個偶數是(2n－1)×2＝2n＋1－2，令2n＋1－2≥2018，得2n＋1≥2020，∴2n≥1010，∴n≥10，∴第10行最后一個數是2046，第10行有512個偶數，∴2018是第10行第498列的數，∴m＝10，n＝498，∴mn＝4980.【答案】4980方法技巧從數列到數陣，盡管數的排列形式發(fā)生了變化，但問題的實質仍然是數列問題，只要抓住每行首項，找準每行變化規(guī)律，從數陣中構造新數列等差數列或等比數列或周期數列等，那么解決問題的思想和方法仍然不變，可謂“形散神不散”.已知公差不為0的等差數列{an}中，a2＋a4＝16，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比數列，把各項按如圖所示排列：a1a2a3a5a6a7aa10a11a12a13a14a17a18a19a20a21a22……則從上到下第10行，從左到右的第11個數的值為275.解析：設數列{an}的首項為a1，公差為d，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋3d＝16，,a1＋d＋12＝a1＋1a1＋3d＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,a1＝2，))則數列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝3n－1.第10行第11個數為a92，所求值為a92＝3×92－1＝275.考點四數列中的新定義問題【例4】若數列{an}滿足eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝d(n∈N*，d為常數)，則稱數列{an}為“調和數列”，已知正項數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為“調和數列”，且b1＋b2＋…＋b2019＝20190，則b2b2018的最大值是________．【解析】因為數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是“調和數列”，所以bn＋1－bn＝d，即數列{bn}是等差數列，所以b1＋b2＋…＋b2019＝eq\f(2019b1＋b2019,2)＝eq\f(2019b2＋b2018,2)＝20190，所以b2＋b2018＝20.又eq\f(1,bn)>0，所以b2>0，b2018>0，所以b2＋b2018＝20≥2eq\r(b2b2018)，即b2b2018≤100(當且僅當b2＝b2018時等號成立)，因此b2b2018的最大值為100.【答案】100方法技巧1新定義數列問題的特點,通過給出一個新的數列的概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.2新定義問題的解題思路,遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以解決.1．定義一種運算“※”，對于任意n∈N*均滿足以下運算性質：(1)2※2019＝1；(2)(2n＋2)※2019＝(2n)※2019＋3，則2018※2019＝3_025.解析：設an＝(2n)※2019，則由運算性質(1)知a1＝1，由運算性質(2)知an＋1＝an＋3，即an＋1－an＝3.所以數列{an}是首項為1，公差為3的等差數列，故2018※2019＝(2×1009)※2019＝a1009＝1＋1008×3＝3025.2．定義各項為正數的數列{pn}的“美數”為eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各項為正數的數列{an}的“美數”為eq\f(1,2n＋1)，且bn＝eq\f(an＋1,4)，則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2018b2019)＝eq\f(2018,2019).解析：因為各項為正數的數列{an}的“美數”為eq\f(1,2n＋1)，所以eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1,2n＋1).設數列{an}的前n項和為Sn，則Sn＝n(2n＋1)，Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．又eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，