原创高考理科数学复习第五节有关数列的4大难点问题突破Word文件下载.docx
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1．（2018·
江西金溪一中月考）据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t倍．下列选项中，与t值最接近的是（ ）
A．11B．13
C．15D．17
解析：
选B 设鱼原来的质量为a，饲养n年后鱼的质量为an，q＝200%＝2，则a1＝a（1＋q），a2＝a1＝a（1＋q），…，a5＝a（1＋2）×
（1＋1）×
×
＝a≈12.7a，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B.
2．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：
“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？
”意思是：
“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？
”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同（结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：
lg3≈0.4771，lg2≈0.3010）．
由题意得，蒲草的高度组成首项为a1＝3，公比为的等比数列{an}，设其前n项和为An；
莞草的高度组成首项为b1＝1，公比为2的等比数列{bn}，设其前n项和为Bn.则An＝，Bn＝，令＝，化简得2n＋＝7（n∈N*），解得2n＝6，所以n＝＝1＋≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同．
答案：
3
难点二 数列中的新定义问题
[典例] 若数列{an}满足－＝d（n∈N*，d为常数），则称数列{an}为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b2019＝20190，则b2b2018的最大值是________．
[解析] 因为数列是“调和数列”，
所以bn＋1－bn＝d，
即数列{bn}是等差数列，
所以b1＋b2＋…＋b2019＝＝＝20190，
所以b2＋b2018＝20.
又＞0，所以b2＞0，b2018＞0，
所以b2＋b2018＝20≥2，
即b2b2018≤100（当且仅当b2＝b2018时等号成立），
因此b2b2018的最大值为100.
[答案] 100
1．新定义数列问题的特点
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
2．新定义问题的解题思路
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
1．定义一种运算“※”，对于任意n∈N*均满足以下运算性质：
（1）2※2019＝1；
（2）（2n＋2）※2019＝（2n）※2019＋3，则2018※2019＝________.
设an＝（2n）※2019，则由运算性质
（1）知a1＝1，由运算性质
（2）知an＋1＝an＋3，即an＋1－an＝3.
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
故2018※2019＝（2×
1009）※2019＝a1009＝1＋1008×
3＝3025.
3025
2．定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为（n∈N*）．若各项为正数的数列{an}的“美数”为，且bn＝，则＋＋…＋＝________.
因为各项为正数的数列{an}的“美数”为，
所以＝.
设数列{an}的前n项和为Sn，则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＝，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，
所以an＝4n－1（n∈N*）．
又bn＝，所以bn＝n，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
难点三 数列与函数的综合问题
[典例] （2019·
抚顺模拟）已知函数f（x）＝ax2＋bx的图象经过（－1，0）点，且在x＝－1处的切线斜率为－1.设数列{an}的前n项和Sn＝f（n）（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列前n项的和Tn.
[解]
（1）函数f（x）＝ax2＋bx的图象经过（－1,0）点，
则a－b＝0，即a＝b.①
因为f′（x）＝2ax＋b，函数f（x）＝ax2＋bx在x＝－1处的切线斜率为－1，所以－2a＋b＝－1.②
由①②得a＝1，b＝1，
所以数列{an}的前n项和Sn＝f（n）＝n2＋n.
当n≥2时，Sn－1＝（n－1）2＋（n－1），
所以an＝Sn－Sn－1＝2n.
当n＝1时，a1＝2符合上式，则an＝2n.
（2）由于an＝2n，
则＝＝，
则Tn＝
＝＝.
[解题技法] 数列与函数综合问题的类型及注意点
类型
（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形
注意点
解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决
1．已知函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a＞0）有两个零点1,2，数列{xn}满足xn＋1＝xn－.设an＝ln，若a1＝，xn＞2，则数列{an}的通项公式an＝________.
由函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a＞0）有两个零点1,2，可得f（x）＝a（x－1）（x－2），则f′（x）＝a（2x－3），
∴xn＋1＝xn－＝xn－＝.
由a1＝，xn＞2，
得an＋1＝ln＝ln＝2ln＝2an，
∴数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝×
2n－1＝2n－2.
2n－2
2．（2019·
大庆模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）在曲线y＝x2＋x上，数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，b4＝11，{bn}的前5项和为45.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞恒成立的最大正整数k的值．
解：
（1）由已知得Sn＝n2＋n，
当n＝1时，a1＝S1＝＋＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋n－（n－1）2－（n－1）＝n＋2，
当n＝1时，符合上式．
所以an＝n＋2.
因为数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，
所以数列{bn}为等差数列．设其公差为d，
则解得
所以bn＝2n＋3.
（2）由
（1）得，cn＝＝＝＝，
所以Tn＝
＝.
因为Tn＋1－Tn＝＝＞0，
所以{Tn}是递增数列，所以Tn≥T1＝，
故要使Tn＞恒成立，只要T1＝＞恒成立，
解得k＜9，所以使不等式成立的最大正整数k的值为8.
难点四 数列与不等式的综合问题
洛阳第一次统考）已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝4，an＋1＝3Sn＋4（n∈N*）．
（2）设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：
Tn＜.
[解]
（1）∵an＋1＝3Sn＋4，
∴an＝3Sn－1＋4（n≥2），
两式相减，得an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an.
又a2＝3a1＋4＝16＝4a1，
∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，
∴an＝4n.
（2）证明：
∵anbn＝log2an，∴bn＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋，
两式相减得，
Tn＝＋＋＋＋…＋－
＝2－
＝2×
－
＝－－
＝－，
∴Tn＝－＜.
数列中不等式证明问题的解题策略
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；
二是求和后再“放缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
（1）＜＝.
（2）－＜＜－.
（3）2（－）＜＜2（－）．
在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝·
an（n∈N*）．
（1）证明：
数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：
Tn＜2.
证明：
（1）由题设得＝·
，又＝2，
所以数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以＝2×
n－1＝22－n，an＝n·
22－n＝.
（2）由
（1）知bn＝＝＝，
因为对任意n∈N*,2n－1≥2n－1恒成立，
所以bn≤.
所以Tn≤1＋＋＋＋…＋＝2＜2.
1．（2019·
深圳模拟）设函数f（x）＝xm＋ax的导函数f′（x）＝2x＋1，则数列（n∈N*）的前n项和是（ ）
A. B.
C.D.
选A ∵f′（x）＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
∴f（x）＝x（x＋1），则＝＝－，用裂项法求和得Sn＝1－＋－＋…＋－＝.
柳州模拟）设函数f（x）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn＋1＝f（xn），若x0＝6，则x2019的值为（ ）
x
1
2
4
5
6
…
f（x）
A．1B．2
C．4D．5
选D ∵数列{xn}满足x0＝6，且对任意自然数n均有xn＋1＝f（xn），∴利用表格可得x1＝f（x0）＝f（6）＝4，x2＝f（x1）＝f（4）＝2，x3＝f（x2）＝f
（2）＝1，x4＝f（x3）＝f
（1）＝5，x5＝f（x4）＝f（5）＝6，x6＝f（x5）＝f（6）＝4，…，∴xn＋5＝xn，∴x2019＝x403×
5＋4＝x4＝5.
3．（2019·
安徽知名示范高中联考）中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：
今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：
“我羊食半马．”马主曰：
“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？
此问题的译文是：
今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：
“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：
“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？
已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是（ ）
A．a，b，c成公比为2的等比数列，且a＝
B．a，b，c成公比为2的等比数列，且c＝
C．a，b，c成公比为的等比数列，且a＝
D．a，b，c成公比为的等比数列，且c＝
选D 由题意可得，a，b，c成公比为的等比数列，b＝a，c＝b，故4c＋2c＋c＝50，解得c＝.故选D.
4．已知数列{an}满足an＝若对于任意的n∈N*都有an＞an＋1，则实数λ的取值范围是（ ）
A.B.
选B 因为an＞an＋1，所以数列{an}是递减数列，所以解得＜λ＜，故选B.
5．（2019·
南昌模拟）数列an＝，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线（n＋1）x＋y＋n＝0在y轴上的截距为（ ）
A．－10B．－9
C．10D．9
选B ∵数列{an}的通项公式为an＝，且其前n项和为＋＋…＋＝1－＝＝，
∴n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0.
令x＝0，得y＝－9，∴该直线在y轴上的截距为－9.
6．（2019·
郑州质检）已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2（n∈N*），且对任意n∈N*都有＋＋…＋＜t，则实数t的取值范围为（ ）
选D 依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－（n－1）2＝22n－1，又a1＝21＝22×
1－1，因此an＝22n－1，＝＝×
n－1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于＝＜，因此实数t的取值范围是.
7．用[x]表示不超过x的最大整数，例如[3]＝3，[1.2]＝1，[－1.3]＝－2.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋an，则＝________.
因为a1＝1，an＋1＝a＋an＞1，所以＝＝－，即＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－∈（0,1）．又＝1－，
所以＋＋…＋＝2019－.
所以＝2018.
2018
8．数列lg1000，lg（1000·
cos60°
），lg（1000·
cos260°
），…，lg（1000·
cosn－160°
），…的前________项和为最大．
依题意知，数列的通项an＝lg（1000·
）＝3＋（n－1）lg，公差d＝lg＜0，数列单调递减．
因为an＝3＋（n－1）lg＞0时，n≤10，所以数列的前10项均为正，从第11项开始为负，故可知数列前10项的和最大．
10
9．（2019·
济宁模拟）若数列{an}满足：
只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap＋1＝aq＋1，那么就称数列{an}具有性质P.已知数列{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，则a2020＝____________.
根据题意，数列{an}具有性质P，且a2＝a5＝2，
则有a3＝a6＝3，a4＝a7，a5＝a8＝2.
由a6＋a7＋a8＝21，可得a3＋a4＋a5＝21，
则a4＝21－3－2＝16，
进而分析可得a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝3，a4＝a7＝a10＝…＝a3n＋1＝16，a5＝a8＝…＝a3n＋2＝2（n≥1），
则a2020＝a3×
673＋1＝16.
16
10．若Sn＝sin＋sin＋…＋sin（n∈N*），则在S1，S2，…，S2019中，正数的个数是____________．
由于sin＞0，sin＞0，…，sin＞0，sin＝0，sin＝－sin＜0，…，sin＝－sin＜0，sin＝0，可得到S1＞0，…，S12＞0，S13＝0，S14＝0，∵2019＝14×
144＋3，∴S1，S2，…，S2019中，正数的个数是144×
12＋3＝1731.
1731
11．为了加强城市环保建设，某市计划用若干年时间更换5000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型两种车型．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车300辆；
计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．市政府根据人大代表的建议，要求5年内完成全部更换，则a的最小值为________．
依题意知，电力型公交车的数量组成首项为128，公比为1＋50%＝的等比数列，混合动力型公交车的数量组成首项为300，公差为a的等差数列，则5年后的数量和为＋300×
5＋a，则＋300×
5＋a≥5000，即10a≥1812，解得a≥181.2，因为5年内更换公交车的总和不小于5000，所以a的最小值为182.
182
12．（2019·
遂宁模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，向量a＝（Sn,2），b＝（1,1－2n）满足条件a⊥b.
（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
（1）∵a⊥b，∴a·
b＝Sn＋2－2n＋1＝0，
∴Sn＝2n＋1－2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
当n＝1时，a1＝S1＝2满足上式，
∴an＝2n.
（2）∵cn＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋＋，
两边同乘，
得Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋＋…＋－＝1－，
∴Tn＝2－（n∈N*）．
13．（2019·
安阳模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）在函数f（x）＝x2＋Bx＋C－1（B，C∈R）的图象上，且a1＝C.
（2）记数列bn＝an（a2n－1＋1），求数列{bn}的前n项和Tn.
（1）设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2＋n.
又Sn＝n2＋Bn＋C－1，
两式比较得＝1，B＝a1－，C－1＝0.又a1＝C，
解得d＝2，C＝1＝a1，B＝0，
∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
（2）∵bn＝an（a2n－1＋1）＝（2n－1）（2×
2n－1－1＋1）＝（2n－1）×
2n，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝2＋3×
22＋5×
23＋…＋（2n－1）×
∴2Tn＝22＋3×
23＋…＋（2n－3）×
2n＋（2n－1）×
2n＋1，
∴－Tn＝2＋2×
（22＋23＋…＋2n）－（2n－1）×
2n＋1
＝2＋2×
－（2n－1）×
2n＋1＝（3－2n）×
2n＋1－6，
故Tn＝（2n－3）×
2n＋1＋6.
14．（2018·
淮南一模）若数列{an}的前n项和为Sn，点（an，Sn）在y＝－x的图象上（n∈N*）．
（2）若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logan.求证：
对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.
（1）∵Sn＝－an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
∴an＝an－1.
又∵S1＝－a1，∴a1＝，
n－1＝2n＋1.
由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得当n≥2时，cn＝c1＋（c2－c1）＋（c3－c2）＋…＋（cn－cn－1）＝0＋3＋5＋…＋（2n－1）＝n2－1＝（n＋1）（n－1）．
∴＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝×
＝
＝－＜.
又∵＋＋＋…＋≥＝，∴原式得证．
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