2021新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案5-5數(shù)列的熱點(diǎn)問(wèn)題

第五節(jié)數(shù)列的熱點(diǎn)問(wèn)題考點(diǎn)一數(shù)列與函數(shù)、不等式的交匯問(wèn)題【例1】已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2.若正項(xiàng)等比數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1＝a1，b3＝a2，且cn＝an·bn，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.(1)求Tn；(2)若對(duì)任意n≥2，n∈N*，均有(Tn－5)m≥6n2－31n＋35恒成立，求實(shí)數(shù)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(duì)任意n≥2，n∈N*恒成立．設(shè)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(dāng)n≤4時(shí)，kn＋1>kn；當(dāng)n≥5時(shí)，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(guò)函數(shù)單調(diào)性的定義，利用kn＋1－kn的符號(hào)，劃分出數(shù)列的單調(diào)性，從而求出kn的最大值.1．函數(shù)f(x)＝x2，定義數(shù)列{an}如下：an＋1＝f(an)，n∈N*.若給定a1的值，得到無(wú)窮數(shù)列{an}滿(mǎn)足：對(duì)任意正整數(shù)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(dāng)a1∈[－1,0)時(shí)，a3＝aeq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(4,1)≤aeq\o\al(2,1)＝a2，不滿(mǎn)足題設(shè)條件．當(dāng)a1∈(－∞，－1)時(shí)，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(dāng)a1∈(1，＋∞)時(shí)，an＋1＝aeq\o\al(2,n)>an也成立，故選A．2．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝eq\f(1,2)，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，且首項(xiàng)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(diǎn)二數(shù)列在數(shù)學(xué)文化中的應(yīng)用【例2】歷史上數(shù)列的發(fā)展，折射出許多有價(jià)值的數(shù)學(xué)思想方法，對(duì)時(shí)代的進(jìn)步起了重要的作用，比如意大利數(shù)學(xué)家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….即F(1)＝F(2)＝1，F(xiàn)(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此數(shù)列在現(xiàn)代物理、準(zhǔn)晶體結(jié)構(gòu)及化學(xué)等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用，若此數(shù)列被4整除后的余數(shù)構(gòu)成一個(gè)新的數(shù)列{bn}，又記數(shù)列{cn}滿(mǎn)足c1＝b1，c2＝b2，cn＝bn－bn－1(n≥3，n∈N*)，則c1＋c2＋c3＋…＋c2019的值為_(kāi)_______．【解析】記“兔子數(shù)列”為{an}，則數(shù)列{an}每個(gè)數(shù)被4整除后的余數(shù)構(gòu)成一個(gè)新的數(shù)列{bn}為{1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，…}，可得數(shù)列{bn}構(gòu)成一周期為6的數(shù)列，由題意得數(shù)列{cn}為{1,1,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1，…}，觀(guān)察數(shù)列{cn}可知該數(shù)列從第三項(xiàng)開(kāi)始后面所有的數(shù)列構(gòu)成一周期為6的數(shù)列，且每一周期的所有項(xiàng)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(shù)列應(yīng)用題需要把好“四關(guān)”審題關(guān)仔細(xì)閱讀材料，認(rèn)真理解題意建模關(guān)將已知條件翻譯成數(shù)學(xué)語(yǔ)言，將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化成數(shù)列問(wèn)題，并分清數(shù)列是等差數(shù)列還是等比數(shù)列求解關(guān)求解該數(shù)列問(wèn)題還原關(guān)將所求的結(jié)果還原到實(shí)際問(wèn)題中我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有如下問(wèn)題：“今有蒲生一日，長(zhǎng)三尺．莞生一日，長(zhǎng)一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．問(wèn)幾何日而長(zhǎng)等？”意思是：“今有蒲草第一天長(zhǎng)高3尺，莞草第一天長(zhǎng)高1尺．以后，蒲草每天長(zhǎng)高前一天的一半，莞草每天長(zhǎng)高前一天的2倍．問(wèn)第幾天蒲草和莞草的高度相同？”根據(jù)上述的已知條件，可求得第3天時(shí)，蒲草和莞草的高度相同(結(jié)果采取“只入不舍”的原則取整數(shù)，相關(guān)數(shù)據(jù)：lg3≈0.4771，lg2≈0.3010)．解析：由題意得，蒲草的高度組成首項(xiàng)為a1＝3，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列{an}，設(shè)其前n項(xiàng)和為An；莞草的高度組成首項(xiàng)為b1＝1，公比為2的等比數(shù)列{bn}，設(shè)其前n項(xiàng)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(jiǎn)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(shí)蒲草和莞草高度相同．考點(diǎn)三數(shù)列中的數(shù)陣問(wèn)題【例3】觀(guān)察如圖所示的數(shù)表：設(shè)2018是該數(shù)表第m行第n列的數(shù)，則mn＝________.【解析】第1行有1個(gè)偶數(shù)，第2行有2個(gè)偶數(shù)，第3行有22個(gè)偶數(shù)，以此類(lèi)推，第n行有2n－1個(gè)偶數(shù)，∴前n行共有1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1(個(gè))偶數(shù)，第n行最后一個(gè)偶數(shù)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(gè)數(shù)是2046，第10行有512個(gè)偶數(shù)，∴2018是第10行第498列的數(shù)，∴m＝10，n＝498，∴mn＝4980.【答案】4980方法技巧從數(shù)列到數(shù)陣，盡管數(shù)的排列形式發(fā)生了變化，但問(wèn)題的實(shí)質(zhì)仍然是數(shù)列問(wèn)題，只要抓住每行首項(xiàng)，找準(zhǔn)每行變化規(guī)律，從數(shù)陣中構(gòu)造新數(shù)列等差數(shù)列或等比數(shù)列或周期數(shù)列等，那么解決問(wèn)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(shù)列{an}中，a2＋a4＝16，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比數(shù)列，把各項(xiàng)按如圖所示排列：a1a2a3a5a6a7aa10a11a12a13a14a17a18a19a20a21a22……則從上到下第10行，從左到右的第11個(gè)數(shù)的值為275.解析：設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)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(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝3n－1.第10行第11個(gè)數(shù)為a92，所求值為a92＝3×92－1＝275.考點(diǎn)四數(shù)列中的新定義問(wèn)題【例4】若數(shù)列{an}滿(mǎn)足eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝d(n∈N*，d為常數(shù))，則稱(chēng)數(shù)列{an}為“調(diào)和數(shù)列”，已知正項(xiàng)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為“調(diào)和數(shù)列”，且b1＋b2＋…＋b2019＝20190，則b2b2018的最大值是________．【解析】因?yàn)閿?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是“調(diào)和數(shù)列”，所以bn＋1－bn＝d，即數(shù)列{bn}是等差數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)b2＝b2018時(shí)等號(hào)成立)，因此b2b2018的最大值為100.【答案】100方法技巧1新定義數(shù)列問(wèn)題的特點(diǎn),通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)全新的問(wèn)題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.2新定義問(wèn)題的解題思路,遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使問(wèn)題得以解決.1．定義一種運(yùn)算“※”，對(duì)于任意n∈N*均滿(mǎn)足以下運(yùn)算性質(zhì)：(1)2※2019＝1；(2)(2n＋2)※2019＝(2n)※2019＋3，則2018※2019＝3_025.解析：設(shè)an＝(2n)※2019，則由運(yùn)算性質(zhì)(1)知a1＝1，由運(yùn)算性質(zhì)(2)知an＋1＝an＋3，即an＋1－an＝3.所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列，故2018※2019＝(2×1009)※2019＝a1009＝1＋1008×3＝3025.2．定義各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{pn}的“美數(shù)”為eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}的“美數(shù)”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?yàn)楦黜?xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}的“美數(shù)”為eq\f(1,2n＋1)，所以eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1,2n＋1).設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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)，