数列的考查角度收集整理1[三轮总结]
相关运算
涉及考查数列的相关运算,主要考查方程思想
- 1、知三求二型的题目,主要涉及方程思想
(1)若\(a_3+b_3=5\),求\(\{b_n\}\)的通项公式。
分析:设等差数列的公差为\(d\),等比数列的公比为\(q\),
则由题目可知\(\begin{cases}-1+d+1\cdot q=2\\-1+2d+1\cdot q^2=5\end{cases}\),
即\(\begin{cases}d+ q=3\\2d+ q^2=6\end{cases}\),
解得\(q^2-2q=0\),故\(q=2或q=0(舍去)\),
故等比数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=2^{n-1}\)。
(2)若\(T_3=21\),求\(S_3\)。
分析:由于\(b_1=1,T_3=21\),
故\(1+q+q^2=21\),解得\(q=-5\)或\(q=4\);
当\(q=-5\)时,由\(a_2+b_2=2\)得到\(d=8\),此时\(S_3=-1+7+15=21\);
当\(q=4\)时,由\(a_2+b_2=2\)得到\(d=-1\),此时\(S_3=-1-2-3=-6\);
分析:由\(a_1+2d=3\)和\(4a_1+6d=10\),
容易计算出\(a_n=n\),故\(S_n=\cfrac{n(n+1)}{2}\),
则有\(\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})\),
故\(\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]\)
\(=2(1-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{2n}{n+1}\)。
解后反思:
1、建议你看看这篇有关运算技巧的博文,归纳数学常识提高运算速度
2、已知等比数列\(\{a_n\}\)中, \(a_3=4\), \(a_9=1\), 求\(a_6=\)?
分析:\(a_6^2=a_3\cdot a_9=4\),故\(a_6=\pm 2\)。原因是\(a_6=a_3\cdot q^3\),\(q^3\)可取正负两种情形,故\(a_6=\pm 2\)。
3、已知等比数列\(\{a_n\}\)中, \(a_3=4\), \(a_{11}=1\), 则\(a_7=\)?
分析:\(a_7^2=a_3\cdot a_{11}=4\),故\(a_7=\pm 2\)。又由于\(a_7=a_3\cdot q^4\),\(q^4\)只能取正值一种情形,故\(a_7=2\)。
4、已知数列\(\{a_n\}\)是递增等比数列,\(a_1+a_4=9\),\(a_2\cdot a_3=8\),求其前\(n\)项和\(S_n\)。
分析:由题目可知\(a_2\cdot a_3=a_1\cdot a_4=8\),
故得到二元二次方程组\(\begin{cases}a_1+a_4=9\\a_1\cdot a_4=8\end{cases}\),
将\(a_1=9-a_4\)代入\(a_1\cdot a_4=8\),解得\(a_1=1\)或\(a_1=8\),
对应得到\(a_4=8\)或\(a_4=1\),即得到两组解,
\(\begin{cases}a_1=1\\a_4=8\end{cases}\)或者\(\begin{cases}a_1=8\\a_4=1\end{cases}(由递增舍去)\),
故有\(a_1=1,a_4=8\),则\(q=2\),
故\(a_n=2^{n-1}\),\(S_n=2^n-1\)。
5、在等比数列\(\{a_n\}\)中, \(a_4=2\), \(a_5=5\), 则数列\(\{lga_n\}\)的前8项之和\(T_8\)为多少?
法1:由\(a_4=2\), \(a_5=5\),求得\(q=\cfrac{5}{2}\),
则\(a_n=a_4\cdot q^{n-4}=2\cdot (\cfrac{5}{2})^{n-4}\),
故\(lga_n=lg2+(n-4)lg\cfrac{5}{2}\),故\(\{lga_n\}\)为等差数列。
又可以计算\(a_1=\cfrac{16}{125}\),
故\(T_8=8lg\cfrac{16}{125}+\cfrac{8\times7}{2}\cdot lg\cfrac{5}{2}=\cdots=4\)。
法2:由于\(\{a_n\}\)为等比数列,则有\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q\);
故有\(lga_{n+1}-lga_n=lgq\),即数列\(\{lga_n\}\)为等差数列。
\(T_8=\cfrac{lga_1+lga_8}{2}\cdot 8=4lg(a_1\cdot a_8)=4lg(a_4\cdot a_5)=4lg10=4\)。
- 2、等差、等比数列的判断和证明
(1)求数列\(\{a_n\}\)的通项公式。
分析:本问比较简单,你能说出怎么个简单法吗?
解方程组得到\(a_1=-2,q=-2\),
故\(\{a_n\}\)的通项公式\(a_n=-2\cdot (-2)^{n-1}=(-2)^n\)。
(2)求\(S_n\),并判断\(S_{n+1},S_n,S_{n+2}\)是否成等差数列。
分析:先求解
\(S_n=\cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}\)
\(=\cfrac{-2[1-(-2)^n]}{1-(-2)}\)
\(=\cfrac{-2+2\cdot (-1)^n\cdot 2^n}{3}\)
\(=-\cfrac{2}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+1}}{3}\)。
接下来你得意识到,
\(S_n\)是个关于自变量\(n\)的函数,
故由此我们应该能写出\(S_{n+1}\),\(S_{n+2}\)
至于等差数列的判断,我们依据等差中项法判断即可,
即验证\(S_{n+2}+S_{n+1}\)是否等于\(2S_n\)。
判断如下:\(S_{n+2}+S_{n+1}\)
\(=-\cfrac{2}{3}+(-1)^{n+2}\cfrac{2^{n+3}}{3}-\cfrac{2}{3}+(-1)^{n+1}\cfrac{2^{n+2}}{3}\)
\(=-\cfrac{4}{3}+(-1)^n\cdot (-1)^2\cfrac{2^{n+3}}{3}+(-1)^n\cdot (-1)^1\cfrac{2^{n+2}}{3}\)
\(=-\cfrac{4}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+3}}{3}-(-1)^n\cfrac{2^{n+2}}{3}\)
\(=-\cfrac{4}{3}+(-1)^n(\cfrac{2^{n+2}\cdot 2}{3}-\cfrac{2^{n+2}}{3})\)
\(=-\cfrac{4}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+2}}{3}\)
\(=2[-\cfrac{2}{3}+(-1)^n\cfrac{2^{n+1}}{3}]=2S_n\),
故\(S_{n+1},S_n,S_{n+2}\)成等差数列。
解后反思:
1、等差数列的证明方法:①定义法\(a_{n+1}-a_n=d(d常数)\);②等差中项法\(a_{n+1}-a_n=a_n-a_{n-1}(n\ge 2)\);
等差数列判断的方法,除了上述的两个之外,还有通项公式法和前\(n\)项和法。
2、等比数列的证明方法:①定义法\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(q常数)\);②等比中项法\(a_n^2=a_{n+1}\cdot a_{n-1}(n\ge 2)\);
等比数列判断的方法,除了上述的两个之外,还有通项公式法和前\(n\)项和法。
数列性质
考查数列的通项公式或数列的函数性质
- 1、给定数列的前有限项,求数列\(\{a_n\}\)的通项公式(常以选择填空题形式考查)
提示:\(a_n=\cfrac{(n+3)^2-1}{n^2+1}\);
解后反思:观察归纳法,突破这类题目的技巧在于,熟练记忆常见数列的通项公式,然后组合即可。
- 2、考查数列的周期性
法1:利用递推关系推导出数列的前有限项,周期自然就知道了。
由题目可知\(a_1=2,a_2=3,a_3=a_2-a_1=1,a_4=a_3-a_2=-2\),
\(a_5=a_4-a_3=-3,a_6=a_5-a_4=-1,a_7=a_6-a_5=2\),
即\(a_7=a_1\),周期\(T=6\),所以\(a_{2016}=a_6=-1\)
法2:由\(a_{n+2}=a_{n+1}-a_n\)可得到\(a_{n+3}=a_{n+2}-a_{n+1}\),
两个式子相加,得到\(a_{n+3}=-a_n\),
仿上可得\(a_{n+6}=a_{[(n+3)+3]}=-a_{n+3}=-(-a_n)=a_n\),
故周期\(T=6\),其余仿上完成。
法1:利用递推关系推导出数列的前有限项,\(a_1=1\),\(a_2=3\),\(a_3=\cfrac{a_2}{a_1}=3\),\(a_4=\cfrac{a_3}{a_2}=1\),
\(a_5=\cfrac{a_4}{a_3}=\cfrac{1}{3}\),\(a_6=\cfrac{a_5}{a_4}=\cfrac{1}{3}\),\(a_7=\cfrac{a_6}{a_5}=1\),
周期\(T=6\),所以\(a_{2016}=a_6=\cfrac{1}{3}\).
法2:由\(a_{n+1}=\cfrac{a_n}{a_{n-1}}\)可得,\(a_{n+2}=\cfrac{a_{n+1}}{a_n}\),
两式相乘得到\(a_{n+2}=\cfrac{1}{a_{n-1}}\),即\(a_{n+3}=\cfrac{1}{a_n}\),
\(a_{n+6}=a_{[(n+3)+3]}=\cfrac{1}{a_{n+3}}=a_n\),
故周期\(T=6\),其余仿上完成。
分析:本题目考查数列的单调性,由\(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=4\),
得到\(a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=4\),两式相减得到,\(a_{n+3}=a_n\),故\(T=3\),
又由\(a_{202}+a_{203}+a_{204}=4\),\(a_{202}=1\),及\(a_{203}-a_{204}=1\),得到\(a_{203}=2\),
又\(a_{202}=1\),故\(a_{201}=1\),\(a_{200}=2\),\(a_{199}=1\),又\(200=66\times 3+2\),
则有\(S_{200}=66(a_1+a_2+a_3)+a_{199}+a_{200}=66\times 4+2+1=267\)。
数列\(\{x_n\}\)满足:\(x_1=1\),且对于任意的\(n\in N_*\),点\((x_n,x_{n+1})\)都在函数\(y=f(x)\)的图像上,则\(x_1+x_2+\cdots+x_{2018}\)=_________。
分析:这是一个很新颖的数列题目,但是和函数的列表法紧密结合,要顺利解答还需要一定的数学素养。
由题目可知\(y=f(x),x_{n+1}=f(x_n),x_1=1\),
则有\(x_2=f(x_1)=f(1)=3\);\(x_3=f(x_2)=f(3)=5\);
\(x_4=f(x_3)=f(5)=6\);\(x_5=f(x_4)=f(6)=1\);
\(\cdots,T=4\);
\(\sum\limits_{k=1}^{2018}{x_k}=504(x_1+x_2+x_3+x_4)+(x_1+x_2)=504\times 15+4=7564\)
解后反思:由于数列也是函数,所以数列的周期性的考查和其他函数的周期性的考查是一样的,建议你看看这篇博文。
- 3、考查数列的单调性
分析:由题目可知,\(\begin{cases} 3-a >0 \\ a >1 \\ (3-a)7-3< a^{8-6}\end{cases}\)
解得:\(a \in(2,3)\);
备注:既要保证每段上的单调性,还要保证转折点处的单调性。
分析:由题目可知,\(\begin{cases} &3-a >0 \\ &a>1 \\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}\end{cases}\);
即就是\(\begin{cases}&a<3 \\ &a>1 \\ &a\ge \cfrac{9}{4}\end{cases}\)
解得:\(a\in[\cfrac{9}{4},3)\);
备注:既要保证每段上的单调性,还要保证转折点处的单调性。
解后反思:强烈建议你看看这篇博文,数列是特殊的函数
- 4、考查数列的最值
分析:选\(C\)。由已知条件可知,当\(n\ge 2\) 时,
\(a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})=33+2+4+…+2(n-1)\)
\(=n^2-n+33\), 又\(n=1\)时,\(a_1=33\),满足此式。所以\(\cfrac{a_n}{n} =n+\cfrac{33}{n}-1\)
令\(f(n)=\cfrac{a_n}{n}=n+\cfrac{33}{n}-1\),则\(f(n)\)在\([1,5]\)上为减函数,
在\([6,+\infty)\)上为增函数,又\(f(5)=\cfrac{53}{5}\),\(f(6)=\cfrac{21}{2}\),则\(f(5)>f(6)\),
故\(f(n)=\cfrac{a_n}{n}\)的最小值为\(\cfrac{21}{2}\)。故选\(C\)。
分析:由题意可知,\(n=8\)时\(S_n\)取到最大值,
则必有\(\begin{cases}d<0\\a_8>0\\a_9<0\end{cases}\),
即\(\begin{cases}d<0\\7+7d>0\\7+8d<0\end{cases}\),
解得\(-1< d <-\cfrac{7}{8}\)。
解后反思:
1、强烈建议你看看这篇博文,等差数列的\(S_n\)的最值
2、 等差数列\(a_n=f(n)\)和\(S_n=g(n)\)的[图像]
法1:函数法,容易求得\(a_1=8,q=\cfrac{1}{2}\),则\(a_n=8\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\);
故\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n\)
\(=8^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\cfrac{n(n-1)}{2}}\)
\(=2^{\cfrac{-n^2+7n}{2}}\)
\(=2^{\cfrac{-(n-\cfrac{7}{2})^2+\cfrac{49}{4}}{2}}\),
故当\(n=3或4\)时,\(T_n\)有最大值,\((T_n)_{max}=2^6=64\);
法2:仿上法2,使得\(T_n\)取得最大值时,必有\(a_n\ge 1\),
由此得到\(n\leq 4\)。
计算得到\(a_1=8\),\(a_2=4\),\(a_3=2\),\(a_4=1\),\(a_5=\cfrac{1}{2}\),
故\(T_n\leq T_4=a_1a_2a_3a_4=64\);
法1:函数法,\(a_1=30\),由\(8S_6=9S_3\)得到\(q=\cfrac{1}{2}\),
故\(a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\),
\(T_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n\)
\(=30\cdot[30\cdot(\cfrac{1}{2})]\cdots [30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}]\)
\(=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{1+2+\cdots+(n-1)}\)
\(=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\cfrac{n(n-1)}{2}}\),题目到此,思路受阻。
法2:\(a_1=30\),由\(8S_6=9S_3\)得到\(q=\cfrac{1}{2}\),
故\(a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\),
由于\(T_n\)为乘积式,故使得\(T_n\)取得最大值时,必有\(a_n\ge 1\),
由此得到\(n\leq 5\)。故\(n_{max}=5\)。
1、等差数列中由\(a_n\)的正负确定数列前\(n\)项之和\(S_n\)的最值:
当\(a_1<0,d>0\)时,所有负项之和最小;当\(a_1>0,d<0\)时,所有正项之和最大;
2、正项等比数列中由\(a_n\)的值的范围,确定数列前\(n\)项之积\(T_n\)的最值:当\(a_n\ge 1\)时,\(T_n\)最大;
3、求\(S_n\)的最值时,分界为0;求\(T_n\)的最值时,分界为1;作差法与0做大小比较,作商法与1做大小比较。
- 5、借助充要条件考查数列
分析:当\(a_1 < a_2 < a_3\)时,设公比为\(q\),则有\(a_1 < a_1q < a_1q^2\);
若\(a_1>0\),则有\(1< q< q^2\),得到\(q >1\),
此时\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\),指数型函数,单调递增;
若\(a_1<0\),则有\(1> q > q^2\),得到\(0< q <1\),
此时\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\),指数型函数,单调递增;
反之,当数列\(\{a_n\}\)是递增等比数列,必有\(a_1 < a_2< a_3\),
故选 C、充分必要条件 。
反思:由等比数列的通项公式可知,\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\)可知,
当\(a_1 >0且q >1\)或者\(a_1 <0且0< q <1\)时,\(a_n\)单调递增;
当\(a_1 <0且q>1\)或者\(a_1 >0且0< q <1\)时,\(a_n\)单调递减;
当\(q=1\)时为常数列,无单调性;
当\(q <0\)时为摆动数列,无单调性。
分析:由上述分析可知:\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\),指数型函数,
它的变化取决于两个要素,\(a_1\)和\(q\),故选D。
分析:由\(a_n=dn+(a_1-d)\)可知,选C。
解后反思:(数学常识)
\(b=\sqrt{ac}\),是\(a、b、c\)成等比数列的既不充分也不必要条件;
\(b=\sqrt{ac}(ac>0)\),是\(a、b、c\)成等比数列的充分不必要条件;
\(b=\pm \sqrt{ac}\),是\(a、b、c\)成等比数列的必要不充分条件;
\(b=\pm \sqrt{ac}(ac>0)\),是\(a、b、c\)成等比数列的充分必要条件;
\(a_{n+1}=2a_n(n\in N^*)\)是\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=2\)(或者数列\(\{a_n\}\)为等比数列)的必要不充分条件。
- 6、借助切线考查数列
其中 \(k\in N*\),若\(a_1=16\),则\(a_1+a_3+a_5\)的值是________.
分析:由\(f'(x)=2x\)得,在点\((a_k,a_k^2)\)处的切线方程为\(y-a_k^2=2a_k(x-a_k)(k\in N*)\),
令\(y=0\),得到切线方程与\(x\)轴的交点的横坐标为\(x=\cfrac{a_k}{2}\),
即\(a_{k+1}=\cfrac{a_k}{2}\),即\(\cfrac{a_{k+1}}{a_k}=\cfrac{1}{2}\),
故数列\(\{a_k\}\)是首项为\(a_1=16\),公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列,
故\(a_1+a_3+a_5=16+16\cdot (\cfrac{1}{2})^2+16\cdot (\cfrac{1}{2})^4=21\)。
总结:1、求在点处的切线方程;2、等比数列
分析:由于\(y=(2-x)x^n\),则\(y'=-x^n+n(2-x)x^{n-1}\);
则\(y'|_{x=3}=-3^n-n3^{n-1}=-3^{n-1}(n+3)\);
故切线方程为\(y+3^n=-3^{n-1}(n+3)(x-3)\),
令\(x=0\),得到切线与\(y\)轴的交点的纵坐标为\(a_n=(n+2)3^n\),
故\(\cfrac{a_n}{n+2}=3^n\),为等比数列,
故数列\(\{\cfrac{a_n}{n+2}\}\)的前\(n\)项和为\(S_n=\cfrac{3(1-3^n)}{1-3}=\cfrac{3^{n+1}-3}{2}\)。