（全国通用版）2019高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案文.doc

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1、1第 3 讲 数列的综合问题考情考向分析 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力热点一 利用 Sn， an的关系式求 an1数列 an中， an与 Sn的关系anError!2求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式(2)在已知数列 an中，满足 an1 an f(n)，且 f(1) f(2) f(n)可求，则可用累加法求数列的通项 an.(3)在已知数列 an中，满足 f(n)，且 f(1)f(2)f(n)可

2、求，则可用累乘法an 1an求数列的通项 an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)例 1 已知等差数列 an中， a22， a3 a58，数列 bn中， b12，其前 n 项和 Sn满足：bn1 Sn2( nN *)(1)求数列 an， bn的通项公式；2(2)设 cn ，求数列 cn的前 n 项和 Tn.anbn解 (1) a22， a3 a58，2 d23 d8， d1， an n(nN *) bn1 Sn2( nN *)， bn Sn1 2( nN *， n2)由，得 bn1 bn Sn Sn1 bn(nN *， n2)， bn1 2 bn(nN *， n2) b

3、12， b22 b1， bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列， bn2 n(nN *)(2)由 cn ，anbn n2n得 Tn ，12 222 323 n 12n 1 n2nTn ，12 122 223 324 n 12n n2n 1两式相减，得Tn 1 ，12 12 122 12n n2n 1 2 n2n 1 Tn2 (nN *)n 22n思维升华 给出 Sn与 an的递推关系，求 an，常用思路：一是利用 Sn Sn1 an(n2)转化为 an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn的递推关系，先求出 Sn与 n 之间的关系，再求 an.跟踪演练 1 (2018绵阳诊断性考试)已

4、知正项数列 an的前 n 项和 Sn满足： a1an S1 Sn.(1)求数列 an的通项公式；(2)令 bnlog 2 ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.an32解 (1)由已知 a1an S1 Sn，可得当 n1 时， a a1 a1，21解得 a10 或 a12，由 an是正项数列，故 a12.当 n2 时，由已知可得 2an2 Sn，2 an1 2 Sn1 ，3两式相减得，2 an，化简得 an2 an1 ，(an an 1)数列 an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故 an2 n.数列 an的通项公式为 an2 n(nN *)(2) bnlog 2 ，代入 an2 n化简得

5、 bn n5，an32显然 bn是等差数列，其前 n 项和 Tn (nN *)n( 4 n 5)2 n2 9n2热点二 数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出 Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题例 2 设 fn(x) x x2 xn1， x0， nN， n2.(1)求 fn(2)；(2)证明： fn(x)在 内有且仅有一个零点(记为 an)，且 00，(23) (2

6、3)所以 fn(x)在 内至少存在一个零点，(0，23)又 fn( x)12 x nxn1 0，4所以 fn(x)在 内单调递增，(0，23)因此 fn(x)在 内有且仅有一个零点 an，(0，23)由于 fn(x) 1，x xn 11 x所以 fn(an) 10，an an 1n1 an由此可得 an a ，12 12n 1n 12故 0)(1)求 A 市 2019 年的碳排放总量(用含 m 的式子表示)；(2)若 A 市永远不需要采取紧急限排措施，求 m 的取值范围解 设 2018 年的碳排放总量为 a1,2019 年的碳排放总量为 a2，(1)由已知， a14000.9 m，a20.9

7、m(4000.9 m)4000.9 20.9 m m3241.9 m.(2)a30.9 m(4000.92 0.9m m)4000.9 30.9 2m0.9 m m，an4000.9 n0.9 n1 m0.9 n2 m0.9 m m4000.9 n m 4000.9 n10 m1 0.9n1 0.9 (1 0.9n) 0.9n10 m.(400 10m)由已知 nN *， an550，(1)当 40010 m0，即 m40 时，显然满足题意；6(2)当 40010 m0，即 m40 时，由指数函数的性质可得 10m550，解得 m55，综合得 400，故当 n4 时， f(n)递增又 f(1)

8、 0.(32)该项目将从第 8 年开始并持续赢利答：该项目将从 2023 年开始并持续赢利方法二 设 f(x) x2 x7( x1)，(32)则 f( x) xln 2，(32) 32令 f( x)0，得 x 5，(32) 2ln 32 2ln 3 ln 2 21.1 0.7 x4.从而当 x1,4)时， f( x)0， f(x)单调递增又 f(1) 0.(32)该项目将从第 8 年开始并持续赢利答：该项目将从 2023 年开始并持续赢利真题体验1(2018全国)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1，则 S6_.答案 63解析 Sn2 an1，当 n2 时， Sn1 2 an1

9、 1， an Sn Sn1 2 an2 an1 (n2)，即 an2 an1 (n2)当 n1 时， a1 S12 a11，得 a11.数列 an是首项 a11，公比 q2 的等比数列， Sn 12 n，a11 qn1 q 11 2n1 2 S612 663.2(2017山东)已知 xn是各项均为正数的等比数列，且 x1 x23， x3 x22.(1)求数列 xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1,1)， P2(x2,2)， Pn1 (xn1 ， n1)得到折线 P1P2Pn1 ，求由该折线与直线 y0， x x1， x xn1 所围成的区域的面积 T

10、n.解 (1)设数列 xn的公比为 q.由题意得Error!所以 3q25 q20，由已知得 q0，所以 q2， x11.9因此数列 xn的通项公式为 xn2 n1 (nN *)(2)过 P1， P2， Pn1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1， Q2， Qn1 .由(1)得 xn1 xn2 n2 n1 2 n1 ，记梯形 PnPn1 Qn1 Qn的面积为 bn，由题意得 bn 2n1 (2 n1)2 n2 ，n n 12所以 Tn b1 b2 bn32 1 52 072 1(2 n1)2 n3 (2 n1)2 n2 .又 2Tn32 052 172 2(2 n1)2 n2 (2 n1)2

11、n1 ，得 Tn32 1 (22 22 n1 )(2 n1)2 n1 (2 n1)2 n1 .32 21 2n 11 2所以 Tn (nN *)2n 12n 12押题预测已知数列 an的前 n 项和 Sn满足关系式 Sn kan1 ， k 为不等于 0 的常数(1)试判断数列 an是否为等比数列；(2)若 a2 ， a31.12求数列 an的通项公式及前 n 项和 Sn的表达式；设 bnlog 2Sn，数列 cn满足 cn bn2 nb，数列 cn的前 n 项和为 Tn，1bn 3bn 4当 n1 时，求使 Tn0，因为 nN *且 n1，故 n9，从而最小正整数 n 的值是 10.A 组 专

12、题通关1(2018安徽省“皖南八校”联考)删去正整数数列 1,2,3， 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第 2 018 项是( )A2 062 B2 063C2 064 D2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为 12,2,3,22,5,6,7,8,32，第 k 个平方数与第 k111个平方数之间有 2k 个正整数，而数列 12,2,3,22,5,6,7,8,32，45 2共有 2 025 项，去掉45 个平方数后，还剩余 2 025451 980(个)数，所以去掉平方数后第 2 018 项应在 2 025 后的第 38 个数，即是原来数列的第 2 063 项，即为 2

13、 063.2(2018百校联盟联考)已知数列 an中， a17， an1 2 an1，则 a30等于( )an 2A1 028 B1 026 C1 024 D1 022答案 D解析 因为 an1 2 an1，an 2所以 an1 an12 ，an 2即 an1 2 an22 1，an 2所以 2 2，(an 1 2) (an 2 1)即 1，an 1 2 an 2故 是以 3 为首项，1 为公差的等差数列，an 2所以 3( n1)1 n2，an 2所以 an n24 n2，所以 a301 022.3(2018商丘模拟)已知数列 an满足 a11， an1 an2( nN *)， Sn为数列

14、an的前 n项和，则( )A an2 n1 B Sn n2C an2 n1 D Sn2 n1答案 B解析 由题意得 a2 a12， a3 a22， a4 a32，an an1 2， a2 a1 a3 a2 a4 a3 an an1 2( n1)， an a12( n1)， an2 n1. a11， a23， a35， an2 n1， a1 a2 a3 an1352 n1， Sn (12 n1) n2.n24(2018河南省豫南豫北联考)数列 an满足 a1 ， an (nN *)，若对 nN *，65 an 1 1an 1都有 k 成立，则最小的整数 k 是( )1a1 1a2 1anA3 B

15、4 C5 D612答案 C解析 由 an ，得 an an1 1，an 1 1an 1 (an 1) ，1an 1 1 1an(an 1) 1an 1 1an即 ，且 an1.1an 1an 1 1an 1 1 1a1 1a2 1an ( 1a1 1 1a2 1)(1a2 1 1a3 1) ( 1an 1 1an 1 1) ，1a1 1 1an 1 1 5 成立，1a1 1a2 1an k5.故最小的整数 k 是 5.5(2018马鞍山联考)已知 f(n)表示正整数 n 的所有因数中最大的奇数，例如：12 的因数有 1,2,3,4,6,12，则 f(12)3；21 的因数有 1,3,7,21，

16、则 f(21)21，那么 (i)的值100i 51f为( )A2 488 B2 495 C2 498 D2 500答案 D解析 由 f(n)的定义知 f(n) f(2n)，且若 n 为奇数则 f(n) n，则 (i) f(1) f(2) f(100)100i 1f13599 f(2) f(4) f(100) f(1) f(2) f(50)50(1 99)22 500 (i)，50i 1f (i) (i) (i)2 500.100i 51f100i 1f50i 1f6对于数列 an，定义 Hn 为 an的“优值” ，现在已知某数列 ana1 2a2 2n 1ann13的“优值” Hn2 n1 ，

17、记数列 an kn的前 n 项和为 Sn，若 Sn S5对任意的 n 恒成立，则实数 k 的取值范围为_答案 73， 125解析 由题意可知 2 n1 ，a1 2a2 2n 1ann a12 a22 n1 an n2n1 ，a12 a22 n2 an1 ( n1)2 n，由，得 2n1 an n2n1 ( n1)2 n(n2， nN *)，则 an2 n2( n2)，又当 n1 时， a14，符合上式， an2 n2( nN *)， an kn(2 k)n2，令 bn(2 k)n2， Sn S5， b50， b60，解得 k ，73 125 k 的取值范围是 .73， 1257已知数列 an的

18、前 n 项和为 Sn， Sn (an1)，则(4 n2 1) 的最小值为43 (16an 1)_答案 4解析 Sn (an1)， Sn1 (an1 1)( n2)，43 43 an Sn Sn1 (an an1 )，43 an4 an1 ，又 a1 S1 (a11)，43 a14， an是首项为 4，公比为 4 的等比数列， an4 n，(4 n2 1) (16an 1) (4n16 1)(164n 1)2 224，4n16 164n当且仅当 n2 时取“” 8已知数列 an的首项 a1 a，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn Sn1 4 n2(n2， nN *)，若对任意 nN *， an

19、2)，求函数 f(n)的最小1n a1 2n a2 3n a3 nn an值；(3)设 bn ， Sn表示数列 bn的前 n 项和，试问：是否存在关于 n 的整式 g(n)，使得1anS1 S2 S3 Sn1 ( Sn1) g(n)对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由解 (1)点 P(an， an1 )在直线 x y10 上，即 an1 an1，且 a11，数列 an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， an1( n1)1 n(nN *)(2) f(n) ，1n 1 2n 2 n2n f(n1) ，1n 2 2n 3 n

20、12n n2n 1 n 12n 2 f(n1) f(n) (1n 1 1n 2 12n) n2n 1 n 12n 212 n2n 1 nn 115 12 nn 1 n2n 12n 1n 1 12 n22n2 3n 1 0，12 12 3n 1n2 f(n1) f(n)0， f(n)是单调递增的，故 f(n)的最小值是 f(3) .2320(3) bn Sn1 ，1n 12 13 1n Sn Sn1 (n2)，1n即 nSn( n1) Sn1 Sn1 1，( n1) Sn1 ( n2) Sn2 Sn2 1，2S2 S1 S11， nSn S1 S1 S2 Sn1 n1， S1 S2 Sn1 nS

21、n n( Sn1) n(n2)， g(n) n.10(2016四川)已知数列 an的首项为 1， Sn为数列 an的前 n 项和， Sn1 qSn1，其中 q0， nN *.(1)若 2a2， a3， a22 成等差数列，求数列 an的通项公式；(2)设双曲线 x2 1 的离心率为 en，且 e2 ，证明： e1 e2 en .y2a2n 53 4n 3n3n 1(1)解 由已知 Sn1 qSn1，得 Sn2 qSn1 1，两式相减得到 an2 qan1 ， n1.又由S2 qS11 得到 a2 qa1，故 an1 qan对所有 n1 都成立所以，数列 an是首项为 1，公比为 q 的等比数列

22、从而 an qn1 .由 2a2， a3， a22 成等差数列，可得2a33 a22，即 2q23 q2，则(2 q1)( q2)0，由已知， q0，故 q2.所以 an2 n1 (nN *)(2)证明 由(1)可知， an qn1 .所以双曲线 x2 1 的离心率y2a2nen .1 a2n 1 q2n 116由 e2 ，解得 q .1 q253 43因为 1 q2(k1) q2(k1) ，所以 qk1 (kN *)1 q2k 1于是 e1 e2 en1 q qn1 .qn 1q 1故 e1 e2 en .4n 3n3n 117B 组 能力提高11若数列 an满足 1，且 a15，则数列 a

23、n的前 100 项中，能被 5 整除的an 12n 5 an2n 3项数为( )A42 B40 C30 D20答案 B解析 数列 an满足 1，an 12n 5 an2n 3即 1，且 1，an 12n 1 3 an2n 3 a121 3数列 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，an2n 3 n， an2 n23 n，由题意可知，an2n 3项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10个位数 5 4 7 4 5 0 9 2 9 0每 10 项中有 4 项能被 5 整除，数列 an的前 100 项中，能被 5 整除的项数为 40.12(2018江西省重点中学协作体联考)设 x1 是函数 f(

24、x) an1 x3 anx2 an2 x1( nN *)的极值点，数列 an满足 a11， a22， bnlog 2an1 ，若x表示不超过 x 的最大整数，则 等于( )2 018b1b2 2 018b2b3 2 018b2 018b2 019A2 017 B2 018 C2 019 D2 020答案 A解析 由题意可得 f( x)3 an1 x22 anx an2 ， x1 是函数 f(x)的极值点， f(1)3 an1 2 an an2 0，即 an2 3 an1 2 an0. an2 an1 2 ，(an 1 an) a2 a11， a3 a2212， a4 a3222 2， an a

25、n1 2 n2 ，以上各式累加可得 an2 n1 . bnlog 2an1 log 22n n. 2 018b1b2 2 018b2b3 2 018b2 018b2 019182 018 (112 123 12 0182 019)2 018 2 018 2 017 .(112 019) 2 0182 019 12 019 2 017.2 018b1b2 2 018b2b3 2 018b2 018b2 01913已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn n2( an2)( nN *)(1)证明：数列 an1为等比数列；(2)若 bn anlog2(an1)，数列 bn的前 n 项和为

26、Tn，求 Tn.(1)证明 Sn n2( an2)，当 n2 时， Sn1 ( n1)2( an1 2)，两式相减，得 an12 an2 an1 ， an2 an1 1， an12( an1 1)， 2( n2)(常数)an 1an 1 1又当 n1 时， a112( a12)，得 a13， a112，数列 an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知， an122 n1 2 n， an2 n1，又 bn anlog2(an1)， bn n(2n1)， Tn b1 b2 b3 bn(1222 232 3 n2n)(123 n)，设 An1222 232 3( n1)2 n1

27、 n2n，则 2An12 222 3( n1)2 n n2n1 ，两式相减，得 An22 22 32 n n2n1 n2n1 ，21 2n1 2 An( n1)2 n1 2.又 123 n ，nn 1219 Tn( n1)2 n1 2 (nN *)nn 1214已知等比数列 an满足：| a2 a3|10， a1a2a3125.(1)求数列 an的通项公式；(2)是否存在正整数 m，使得 1？若存在，求出 m 的最小值；若不存在，请1a1 1a2 1am说明理由解 (1)设等比数列 an的公比为 q，则由已知可得Error!解得Error! 或Error!故 an 3n1 或 an5(1) n1 ， nN *.53(2)设 Sm ，1a1 1a2 1am若 an 3n1 ，则 n1 ，53 1an 35(13)则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列1an 35 13从而 Sm 1.351 (13)m1 13 910 1 (13)m 910若 an5(1) n1 ，则 (1) n1 ，1an 15故数列 是首项为 ，公比为1 的等比数列，1an 15从而 SmError!故 Sm1.综上，对任何正整数 m，总有 Sm1.故不存在正整数 m，使得 1 成立1a1 1a2 1am