高考數學大二輪專題復習沖刺方案文數經典版文檔：第二編 專題三 第3講 數列的綜合問題 Word版含解析

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1、 第3講　數列的綜合問題 「考情研析」　　　　1.從具體內容上，數列的綜合問題，主要考查：①數列與函數、不等式結合，探求數列中的最值或證明不等式．②以等差數列、等比數列為背景，利用函數觀點探求參數的值或范圍．　2.從高考特點上，常在選填題型的最后兩題及解答題第17題中出現，分值一般為5～8分. 核心知識回顧 數列綜合應用主要體現在以下兩點： (1)以數列知識為紐帶，在數列與函數、方程、不等式、解析幾何的交匯處命題，主要考查利用函數觀點、不等式的方法解決數列問題，往往涉及與數列相關的不等式證明、參數的范圍等． (2)以數列知識為背景的新概念、創(chuàng)新型問題，除了需要用到數列知識外，還

2、要運用函數、不等式等相關知識和方法，特別是題目條件中的“新知識”是解題的鑰匙，此類問題體現了即時學習，靈活運用知識的能力． 熱點考向探究 考向1 數列與函數的綜合問題 例1　(2019·上海市青浦區(qū)高三二模)已知函數f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，且不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|對任意的x∈[0,10]都成立，數列{an}是以7＋a為首項，公差為1的等差數列(n∈N*)． (1)當x∈[0,10]時，寫出方程2x－x2＝0的解，并寫出數列{an}的通項公式(不必證明)； (2)若bn＝an· an (n∈N*)，數列{bn}的前n項和為Sn，對任意的n∈N*，都

3、有Sn0可得Sn

4、<， 由Sn

5、n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n； 當n＝1時，a1＝S1＝2，滿足上式，∴an＝2n. (2)①∵f(x)＝x，f(bn＋1)＝， ∴bn＋1＝，∴＝. ∴bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1. 又∵b1＝1，∴{bn}是以1為首項，1為公差的等差數列，∴bn＝n. ②cn＝＝，Tn＝＋＋…＋＋， 兩邊同乘得，Tn＝＋＋…＋＋， 上述兩式相減得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－，∴Tn＝2－(n∈N*)． 考向2 數列與不等式的綜合問題 例2　(2019·云南玉溪第一中學高三第五次調研)若數列{an}的前n項和為Sn，首項a1>0且2Sn＝a＋an(n∈N*)．

6、 (1)求數列{an}的通項公式； (2)若an>0，令bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，若Tn0，∴an＝n，bn＝＝2， Tn＝2＝2＝3－<3，若Tn

7、式證明，大多是不等式的一端為一個數列的前n項和，另一端為常數的形式，證明的關鍵是放縮：①如果不等式一端的和式可以通過公式法、裂項法、錯位相減法求得，則先求和再放縮；②如果不等式一端的和式無法求和，則要通過對數列通項的合適放縮使之能夠求和，這時先放縮再求和，最后再放縮． (2)注意放縮的尺度：如<，<. (2019·安徽黃山高三第二次質檢)已知數列的前n項和Sn＝n，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，求證：對于任意的n∈N*，都有Tn<1. 解　(1)因為Sn＝n，?、? 當n≥2時，Sn－1＝n－1，　② 由①－②，得

8、＝1，故an＝n＋1 又因為a1＝2適合上式，所以an＝n＋1(n∈N*)． (2)證明：由(1)知， bn＝＝＝－， Tn＝＋＋…＋ ＝1－， 所以Tn<1. 考向3 奇(偶)數項和問題 例3　設數列{an}的前n項和為Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*. (1)證明：an＋2＝3an； (2)求Sn. 解　(1)證明：由條件，對任意n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而對任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 兩式相減，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.

9、又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1. 故對一切n∈N*，an＋2＝3an. (2)由(1)知，an≠0，所以＝3. 于是數列{a2n－1}是首項a1＝1，公比為3的等比數列； 數列{a2n}是首項a2＝2，公比為3的等比數列． 因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1. 于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n ＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1) ＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝， 從而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－

10、1)． 綜上所述， 當n為偶數時，數列中的奇數項與偶數項相同，分別為項；當n為奇數時，數列中的奇數項比偶數項多一項，此時偶數項為項，奇數項為＋1＝項． 已知函數f(x)＝ln x＋cosx－x的導數為f′(x)，且數列{an}滿足an＋1＋an＝nf′＋3(n∈N*)． (1)若數列{an}是等差數列，求a1的值； (2)若對任意n∈N*，都有an＋2n2≥0成立，求a1的取值范圍． 解　f′(x)＝－sinx－＋，則f′＝4，故an＋1＋an＝4n＋3. (1)設等差數列{an}的公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd， 由an＋1＋an＝

11、4n＋3得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n＋3，解得d＝2，a1＝. (2)由an＋1＋an＝4n＋3得an＋2＋an＋1＝4n＋7，兩式相減得an＋2－an＝4， 故數列{a2n－1}是首項為a1，公差為4的等差數列；數列{a2n}是首項為a2，公差為4的等差數列， 又a1＋a2＝7，a2＝7－a1， 所以an＝ ①當n為奇數時，an＝2n－2＋a1，an＋2n2≥0，則有a1≥－2n2－2n＋2對任意的奇數n恒成立， 令f(n)＝－2n2－2n＋2＝－22＋，n為奇數，則f(n)max＝f(1)＝－2，所以a1≥－2. ②當n為偶數時，an＝2n＋3－a1，an＋

12、2n2≥0，則有－a1≥－2n2－2n－3對任意的偶數n恒成立， 令g(n)＝－2n2－2n－3＝－22－，n為偶數，則g(n)max＝g(2)＝－15，故－a1≥－15，解得a1≤15. 綜上，a1的取值范圍是[－2,15]． 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·齊齊哈爾高三二模)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S10＝120，a2－a1，a4－a2，a1＋a2成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Tn為數列的前n項和，求滿足Tn>的最小的n值． 解　(1)設等差數列{an}的公差為d， 由S10＝120得10a1＋45d＝120,2a1＋9d

13、＝24， 由a2－a1，a4－a2，a1＋a2成等比數列， 得d(2a1＋d)＝4d2且d≠0，∴2a1＝3d，∴a1＝3，d＝2， ∴等差數列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)·2＝2n＋1. (2)∵Sn＝na1＋＝n(n＋2)， ∴＝＝， ∴Tn＝ ＝， 由Tn>得＋<，n(3n－35)>60， ∴n的最小值為14. 2．(2019·河北衡水中學高三下學期一調)已知數列{an}的前n項和Sn滿足－－＝0，a1＝1. (1)求數列{an}的通項公式； (2)在數列{an}的前100項中，是否存在兩項am，at(m，t∈N*，且m

14、，，三項成等比數列？若存在，求出所有的m，t的取值；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為－－＝0， 所以－＝1，所以＝1＋(n－1)＝n，所以Sn＝n2. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1. 又2×1－1＝1＝a1，所以an＝2n－1(n∈N*)． (2)若，，三項成等比數列， 則×＝2，即×＝2， 即(2m－1)2＝3(2t－1)． 因為t≤100，所以(2m－1)2≤597，又m∈N*，所以2m－1≤24，所以m≤12. 又2m－1為3的奇數倍，所以m＝2,5,8,11， 驗證得 3．(2019·浙江高考)設等差數列{an}的前n項和為

15、Sn，a3＝4，a4＝S3.數列{bn}滿足：對每個n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數列． (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)記cn＝，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*. 解　(1)設數列{an}的公差為d， 由題意得解得 從而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*. 由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數列，得 (Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)． 解得bn＝(S－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*. (2)證明：cn＝?。健。健?，n∈N*. 我們用數學

16、歸納法證明． ①當n＝1時，c1＝0<2，不等式成立； ②假設當n＝k(k∈N*)時不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2. 那么，當n＝k＋1時， c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2＋ <2＋ <2＋ ＝2＋2(－)＝2， 即當n＝k＋1時不等式也成立． 根據①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2對任意n∈N*成立． 『金版押題』 4．已知函數f(x)＝cosπx－sinπx(x∈R)的所有正的零點構成遞增數列{an}(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝n，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)f(x)＝cosπx－sinπx＝2c

17、os， 由題意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝k＋(k∈Z)． 又函數f(x)的所有正的零點構成遞增數列{an}，所以{an}是以為首項，1為公差的等差數列，所以an＝n－(n∈N*)． (2)由(1)知bn＝n＝n·n， 則Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，① Tn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1，② ①－②得，Tn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1＝1－(n＋2)·n＋1，所以Tn＝2－(n＋2)n. 配套作業(yè) 1.(2019·北京市海淀區(qū)高三4月模擬)已知等差數列{an}的公差d＝2，且a2＋a5＝2，{a

18、n}的前n項和為Sn. (1)求{an}的通項公式； (2)若Sm，a9，a15成等比數列，求m的值． 解　(1)因為a5＋a2＝2，d＝2，所以2a1＋5d＝2a1＋10＝2， 所以a1＝－4，所以an＝2n－6. (2)Sm＝＝m2－5m，又a9＝12，a15＝24， 因為Sm，a9，a15是等比數列，所以a＝Sma15， 所以m2－5m－6＝0，m＝6或m＝－1， 因為m∈N*，所以m＝6. 2．設數列{an}的前n項和是Sn，若點An在函數f(x)＝－x＋c的圖象上運動，其中c是與x無關的常數，且a1＝3. (1)求數列{an}的通項公式； (2)記bn＝aan，

19、求數列{bn}的前n項和Tn的最小值． 解　(1)因為點An在函數f(x)＝－x＋c的圖象上運動，所以＝－n＋c，所以Sn＝－n2＋cn. 因為a1＝3，所以c＝4，所以Sn＝－n2＋4n， 所以an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5(n≥2)． 又a1＝3滿足上式，所以an＝－2n＋5(n∈N*)． (2)由(1)知，bn＝aan＝－2an＋5＝－2(－2n＋5)＋5＝4n－5，所以{bn}為等差數列， 所以Tn＝＝2n2－3n， 當n＝1時，Tn取最小值，所以Tn的最小值是T1＝－1. 3．(2019·廣東東莞高三二調)已知數列{an}滿足a2＝3，an＋1＝2an＋1，設bn＝

20、an＋1. (1)求a1，a3； (2)判斷數列{bn}是否為等比數列，并說明理由； (3)求a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1. 解　(1)數列{an}滿足a2＝3，an＋1＝2an＋1， 當n＝1時，a2＝2a1＋1，解得a1＝1. 當n＝2時，解得a3＝7. (2)當n＝1時，b1＝2，所以＝＝2(常數)， 則數列{bn}是以2為首項，2為公比的等比數列． (3)由(1)和(2)得an＝2n－1， 所以a1＋a3＋…＋a2n＋1＝(21＋23＋…＋22n＋1)－(n＋1)＝－(n＋1)＝. 4．已知數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝，3Sn＋1＝Sn＋1. (1

21、)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝logan，數列{an·bn}的前n項和為Tn，求Tn. 解　(1)當n＝1時，3S2＝，a2＝，∴3a2＝a1； 當n≥2時，3Sn＝Sn－1＋1，∴3an＋1＝an(n≥2)，故數列{an}是以為首項，為公比的等比數列， 則an＝×n－1＝n. (2)由(1)知bn＝logan＝n，則an·bn＝n·n. 從而Tn＝1×＋2×2＋…＋(n－1)×n－1＋n·n，① Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n·n＋1，② 由①－②得，Tn＝＋2＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1， 因此Tn＝－(2n＋3)·n. 5．(2019

22、·衡水第二中學高三上學期期中)已知等差數列{an}與公比為正數的等比數列{bn}滿足b1＝2a1＝2，a2＋b3＝10，a3＋b2＝7. (1)求{an}，{bn}的通項公式； (2)若cn＝，求數列{cn}的前n項和Sn. 解　(1)由題意a1＝1，b1＝2. 設公差為d，公比為q，則解得 故an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1·qn－1＝2n. (2)因為cn＝， 所以cn＝＝－， 故Sn＝－＋－＋…＋－＝－. 6．設等差數列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數f(x)＝2x的圖象上(n∈N*)． (1)若a1＝－2，點(a8,4b7)在函數f(x)的圖象上，

23、求數列{an}的前n項和Sn； (2)若a1＝1，函數f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－，求數列的前n項和Tn. 解　(1)由已知得，b7＝2 a7，b8＝2 a8＝4b7，有2 a8＝4×2 a7＝2a7＋2.所以d＝a8－a7＝2. 所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n. (2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝2 a2ln 2，故函數f(x)＝2x的圖象在(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)， 它在x軸上的截距為a2－. 由題意得，a2－＝2－，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1. 從而an

24、＝n，bn＝2n，＝. 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 2Tn＝＋＋＋…＋. 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－ ＝2－－＝. 所以，Tn＝. 7．(2019·安徽六安第一中學高三模擬)已知a，b，c分別為△ABC的三內角A，B，C的對邊，其面積S＝，B＝60°，a2＋c2＝2b2，在等差數列{an}中，a1＝a，公差d＝b.數列{bn}的前n項和為Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*. (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)若cn＝anbn，求數列{cn}的前n項和Sn. 解　(1)S＝acsinB＝ac·＝，∴ac＝4， 又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－

25、2accosB， ∴b2＝ac＝4，∴b＝2， 從而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝16，得a＋c＝4，∴a＝c＝2， 故可得∴an＝2＋2(n－1)＝2n. ∵Tn－2bn＋1＝0，　① ∴當n＝1時，b1＝1；當n≥2時，Tn－1－2bn－1＋1＝0，?、? ①－②，得bn＝2bn－1(n≥2)， ∴數列{bn}為等比數列，∴bn＝2n－1. (2)由(1)得cn＝2n·2n－1＝n·2n， ∴Sn＝a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，?、? ∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，?、? ③－④得－Sn＝

26、1×21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1， 即－Sn＝(1－n)2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 8．(2019·貴州凱里第一中學高三下學期模擬)在等差數列{an}中，已知a3＋a4＝84－a5，a8＝36. (1)求數列{an}的通項公式an； (2)記Sn為數列{an}的前n項和，求的最小值． 解　(1)由a3＋a4＝84－a5，得a4＝28， ∴由得 即數列{an}的通項公式為an＝22＋(n－1)×2＝2n＋20. (2)由(1)得，Sn＝22n＋×2＝n2＋21n， ∴＝n＋＋21， 令f(x)＝x＋＋21，n∈N*， f′(x)＝1－，當

27、x∈(0,2)時，f′(x)<0； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0， 則f(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增， 又n∈N*，f(4)＝f(5)＝30， ∴當n＝4或5時，f(n)取到最小值30，即的最小值為30. 數列類解答題 　(12分)已知各項均不為零的數列{an}的前n項和為Sn，且對任意的n∈N*，滿足Sn＝a1(an－1)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設數列{bn}滿足anbn＝log2an，數列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<. 解題思路　(1)根據Sn－Sn－1＝an(n≥2)及遞推關系式化簡得an和an－1的關

28、系式，從而求出an；(2)采用錯位相減法求Tn，從而證明結論． 解　(1)當n＝1時，a1＝S1＝a1(a1－1)＝a－a1， ∵a1≠0，∴a1＝4.(2分) ∴Sn＝(an－1)，∴當n≥2時，Sn－1＝(an－1－1)， 兩式相減得an＝4an－1(n≥2)，(4分) ∴數列{an}是首項為4，公比為4的等比數列，∴an＝4n.(6分) (2)證明：∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝，(7分) ∴Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋，(8分) 兩式相減得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝2－＝2×－＝－－＝－.(10分) ∴Tn＝－<.(12分) 1．正確求出a1的值

29、給2分． 2．利用an與Sn的關系構造等比數列給2分． 3．寫出數列{an}的通項公式給2分． 4．求出數列{bn}的通項公式給1分． 5．采取錯位相減法給1分． 6．兩式相減后的正確化簡計算給2分． 7．放縮法證明不等式給2分． 1．由an與Sn的關系求通項公式，易忽略條件n≥2而出錯． 2．錯位相減法中兩式相減后，一定成等比數列的有n－1項，整個式子共有n＋1項． 3．放縮法證明不等式時，要注意放縮適度，放的過大或過小都不能達到證明的目的． [跟蹤訓練] (2019·沈陽模擬)(12分)設Sn為數列{an}的前n項和，a1＝1，S＝an(n≥2)． (1)求Sn； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)當n≥2時，由S＝an得，S＝(Sn－Sn－1)， 整理得，Sn－1－Sn＝2Sn－1Sn?－＝2，(3分) 又＝＝1， ∴數列是以2為公差、以1為首項的等差數列，則 ＝1＋2(n－1)，故Sn＝.(6分) (2)由(1)知，bn＝＝ ＝，(9分) ∴Tn＝＝＝.(12分)