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高考导航 对近几年高考试题统计看,全国卷中的数列与三角基本上交替考查,难度不大.考查内容主要集中在两个方面:一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质,题目多为常规试题;二是等差、等比数列的通项与求和问题,有时结合函数、不等式等进行综合考查,涉及内容较为全面,试题题型规范、方法可循.
热点一 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差、等比数列的综合问题时,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用.
【例1】 已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N+),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-eq \f(1,Sn)(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,
于是q2=eq \f(a5,a3)=eq \f(1,4).
又{an}不是递减数列且a1=eq \f(3,2),
所以q=-eq \f(1,2).
故等比数列{an}的通项公式为an=eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-1
=(-1)n-1·eq \f(3,2n).
(2)由(1)得Sn=1-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2n),n为奇数,,1-\f(1,2n),n为偶数,))
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1<Sn≤S1=eq \f(3,2),
故0<Sn-eq \f(1,Sn)≤S1-eq \f(1,S1)=eq \f(3,2)-eq \f(2,3)=eq \f(5,6).
当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
所以eq \f(3,4)=S2≤Sn<1,
故0>Sn-eq \f(1,Sn)≥S2-eq \f(1,S2)=eq \f(3,4)-eq \f(4,3)=-eq \f(7,12).
综上,对于n∈N+,
总有-eq \f(7,12)≤Sn-eq \f(1,Sn)≤eq \f(5,6).
所以数列{Tn}最大项的值为eq \f(5,6),最小项的值为-eq \f(7,12).
探究提高 解决等差数列与等比数列的综合问题,既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解,更要善于根据具体问题情境具体分析,寻找解题的突破口.
【训练1】 (2017·西安模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,满足S5-2a2=25,且a1,a4,a13恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设Tn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan+1)))的前n项和,是否存在k∈N+,使得等式1-2Tk=eq \f(1,bk)成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1+\f(5×4,2)d))-2(a1+d)=25,,(a1+3d)2=a1(a1+12d),))
解得a1=3,d=2,∴an=2n+1.
∵b1=a1=3,b2=a4=9,
∴等比数列{bn}的公比q=3,∴bn=3n.
(2)不存在.理由如下:
∵eq \f(1,anan+1)=eq \f(1,(2n+1)(2n+3))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n+1)-\f(1,2n+3))),
∴Tn=eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)-\f(1,5)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)-\f(1,7)))+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n+1)-\f(1,2n+3)))))
=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)-\f(1,2n+3))),
∴1-2Tk=eq \f(2,3)+eq \f(1,2k+3)(k∈N+),
易知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs
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