(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 理.pdf

酷酷酷啦啦啦第第 3 3 讲讲数列的综合问题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S1，n1，anSnSn1，n2.2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an1anf(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，a3a58，数列bn中，b12，其前n项和Sn满足：bnan1f(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，则可用累乘法求数an1酷酷酷啦啦啦1Sn2(nN N)*(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)a22，a3a58，2d23d8，d1，ann(nN N)bn1Sn2(nN N)，bnSn12(nN N，n2)由，得bn1bnSnSn1bn(nN N，n2)，bn12bn(nN N，n2)b12，b22b1，bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列，bn2(nN N)(2)由cn n，bn2123n1n得Tn 23n1n，222221123n1nTn234nn1，222222两式相减，得1111n2nTn 2nn11n1，222222Tn2n*anbnannn22n(nN N)*思维升华给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用SnSn1an(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)已知数列an的前n项和Sn满足：a1anS1Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)若an0，数列log2的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值32an解(1)由已知a1anS1Sn，可得当n1 时，a1a1a1，解得a10 或a12，当n2 时，由已知可得a1an1S1Sn1，22酷酷酷啦啦啦得a1(anan1)an.若a10，则an0，此时数列an的通项公式为an0.若a12，则 2(anan1)an，化简得an2an1，即此时数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故an2(nN)综上所述，数列an的通项公式为an0 或an2.(2)因为an0，故an2.设bnlog2，则bnn5，显然bn是等差数列，32nnn*an由n50，解得n5，所以当n4 或n5 时，Tn最小，5(40)最小值为T4T510.2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(2018遵义联考)已知函数f(x)ln(1x)(1)若x0 时，f(x)0，求 的最小值；1111(2)设数列an的通项an1 ，证明：a2nanln 2.23n4n(1)解由已知可得f(0)0，f(x)ln(1x)x1x.1xx1x，1x212 xxf(x)，且f(0)0.21x若 0，则当x0 时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)f(0)0，不合题意；1若 0 ，212则当 0 x0，f(x)单调递增，12当 0 xf(0)0，不合题意；3酷酷酷啦啦啦1若 ，2则当x0 时，f(x)0 时，f(x)ln(1x)，22x12n1n1令x，则ln，n2nn1n11n1ln，2n2n1n11n2ln，2n12n2n111n3ln，2n22n3n2，112nln.22n14n2n1以上各式两边分别相加可得111111112n2n12n12n22n22n322n14nln即n1n2n32nlnlnln，nn1n22n1111111n1n2n32n12n4nlnn1n2n32n2nlnln 2，nn1n22n1n1a2nanln 2.4n思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件4酷酷酷啦啦啦(3)不等关系证明中进行适当的放缩跟踪演练 2(2018南昌模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn(nN N)，满足S42a41，*S32a31.(1)求an的通项公式；111*(2)记bnlog2(anan1)(nN N)，数列bn的前n项和为Tn，求证：2.T1T2Tn(1)解设an的公比为q，由S4S3a4，S42a41 得，2a42a3a4，所以 2，所以q2.又因为S32a31，所以a12a14a18a11，所以a11，所以an2n1a4a3(nN N)*(2)证明由(1)知bnlog2(an1an)log2(2 2nn1)2n1，12n1所以Tnnn2，2111111111所以 2221T1T2Tn12n1223n1n1111111 223n1n12 0)(1)求A市 2019 年的碳排放总量(用含m的式子表示)；5酷酷酷啦啦啦(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，a14000.9m，a20.9(4000.9m)m4000.9 0.9mm3241.9m.(2)a30.9(4000.9 0.9mm)m224000.9 0.9m0.9mm，32an4000.9n0.9n1m0.9n2m0.9mm10.9nn4000.9 m4000.9 10m(10.9)10.9nn(40010m)0.9 10m.n由已知nN，an550，(1)当 40010m0，即m40 时，显然满足题意；(2)当 40010m0，即m40 时，由指数函数的性质可得(40010m)0.910m550，解得m190.综合得m40；(3)当 40010m40 时，由指数函数的性质可得 10m550，解得m55，综合得 40m55.综上可得所求m的范围是(0，55.思维升华常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值yN(1p).(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n*n，则本利和ya(1r)n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和ya(1nr)r1rna(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b.n1r 1跟踪演练 3(2018上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目规划从 2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项6酷酷酷啦啦啦目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长 50%.记 2016 年为第 1 年，f(n)为第 1 年至此后第n(nN N)年的累计利润(注：含第n年，累计利润累计净收入累计投入，单位：千万元)，且当f(n)为正值时，认为该项目赢利*参考数值：3717，3825，ln 31.1，ln 20.722 (1)试求f(n)的表达式；(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由解(1)由题意知，第 1 年至此后第n(nN N)年的累计投入为 82(n1)2n6(千万元)，113113213n1*第 1 年至此后第n(nN N)年的累计净收入为 222222213n1 22 3n 1(千万元)3212*3nf(n)1(2n6)23n 2n7(千万元)2(2)方法一f(n1)f(n)3n12n173n2n722 13n 4，22当n3 时，f(n1)f(n)0，故当n4 时，f(n)递增15又f(1)0，2f(7)721172140.2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3 3 7酷酷酷啦啦啦3x方法二设f(x)2x7(x1)，233x则f(x)ln2，令f(x)0，222223x得 5，3ln 3ln 21.10.72ln2x4.从而当x1,4)时，f(x)0，f(x)单调递增15又f(1)0，2f(7)721172140.2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3 3 真题体验1(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.答案63解析Sn2an1，当n2 时，Sn12an11，anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)当n1 时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a11，公比q2 的等比数列，a11qn112nnSn12，1q12S612 63.2(2017山东)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(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)86酷酷酷啦啦啦得到折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn.解(1)设数列xn的公比为q.由题意得x1x1q3，x21qx1q2.所以 3q25q20，由已知得q0，所以q2，x11.因此数列xn的通项公式为xn1n2(nN N*)(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xnn2 2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bnn1n1n2n22(2n1)2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又 2T012(2n1)2n2(2n1)2n1n32 52 72，得T12n32(22 2n1)(2n1)2n1n132212n112(2n1)2.n所以T2n12 1*n2(nN N)押题预测已知数列an的前n项和Sn满足关系式Snkan1，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a122，a31.求数列an的通项公式及前n项和Sn的表达式；9酷酷酷啦啦啦设bnlog2Sn，数列cn满足cn求使1bn3bn4bn22n，数列cn的前n项和为Tn，当n1 时，b4n1TnSn3成立的最小正整数n的值n122押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力解(1)若数列an是等比数列，则由n1 得a1S1ka2，从而a2ka3.又取n2，得a1a2S2ka3，于是a10，显然矛盾，故数列an不是等比数列a11k，(2)由条件得2解得a12，a112k，1k1，从而Snan1.当n2 时，由Sn1an，得anSnSn1an1an，即a1n12an，此时数列是首项为a22，公比为 2 的等比数列综上所述，数列a的通项公式为a1，n1，nn22n3，n2.从而其前n项和Sn2n2(nN N*)由得bnn2，从而c1n2nn1n2n2.记C11231341n1n2111123134n11n2n2n2，记C10n2212 22 n2，则 2C01n1212 22 n2，两式相减得C2(n1)2n112，10酷酷酷啦啦啦从而Tn(n1)22n2nn112n1n1(n1)2，n24n14n1n1n1n1TnSn3可化为20，因为nN N 且n1，故n9，从而最小正整数n的值是 10.11酷酷酷啦啦啦A 组专题通关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 062C2 064答案B解析由题意可得，这些数可以写为 1 2,3,2 5,6,7,8,3，第k个平方数与第k1 个平方数之间有 2k个正整数，而数列 1 2,3,2 5,6,7,8,3，45 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 2 063.24422(2018百校联盟联考)已知数列an满足 0an10 的n的最小值为()A60 B61 C121 D122答案B4422解析由a18a140，得a128，a142所以an288(n1)8n，an2224所以anan248n4，anan2所以an 2 2n1，an即an2 2n1an20，2 2n12 2n1所以an 2n1 2n1，2因为 0an10 得 2n111，所以n60.212酷酷酷啦啦啦3(2018商丘模拟)已知数列an满足a11，an1an2(nN N)，Sn为数列an的前n项和，则()Aan2n1Can2n1*BSnnDSn2n12答案B解析由题意得a2a12，a3a22，a4a32，anan12，a2a1a3a2a4a3anan12(n1)，ana12(n1)，an2n1.a11，a23，a35，an2n1，a1a2a3an1352n1，Sn(12n1)n.26an11*4(2018河南省豫南豫北联考)数列an满足a1，an(nN N)，若对nN N，都有5an1n2k 成立，则最小的整数k是()a1a2anA3 B4 C5 D6答案C解析由an111an11，得an(an1)an11，an11111，an11an(an1)an1an111即，且an1.anan1an1111111 a1a2ana11a211111a21a31an1an1111，a11an11111 5a1a2an1 成立，a1a2ank5.故最小的整数k是 5.13酷酷酷啦啦啦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100有 1,2,3,4,6,12，则f(12)3；21 的因数有 1,3,7,21，则f(21)21，那么f(i)的值为i51()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，100则f(i)f(1)f(2)f(100)i113599f(2)f(4)f(100)50(199)f(1)f(2)f(50)2502 500f(i)，i110010050f(i)f(i)f(i)2 500.i51i1i1a12a22n1an6 对于数列an，定义Hn为an的“优值”，现在已知某数列an的“优n值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为_712答案，35a12a22n1ann1解析由题意可知2，na12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n，由，得 2n1ann2n1(n1)2n(n2，nN N*)，则an2n2(n2)，又当n1 时，a14，符合上式，an2n2(nN N)，ankn(2k)n2，令bn(2k)n2，712SnS5，b50，b60，解得 k，3514*酷酷酷啦啦啦712k的取值范围是，.35416n27 已知数列an的前n项和为Sn，Sn(an1)，则(41)1的最小值为_3an答案444解析Sn(an1)，Sn1(an11)(n2)，334anSnSn1(anan1)，34an4an1，又a1S1(a11)，3a14，an是首项为 4，公比为 4 的等比数列，an4，n16416(41)11n1an164n2n4162n224，164当且仅当n2 时取“”8已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n(n2，nN N)，若对任意nN N，anan1恒成立，则a的取值范围是_答案(3,5)解析由条件SnSn14n(n2，nN N)，得Sn1Sn4(n1)，两式相减，得an1an8n4，故an2an18n12，两式再相减，得an2an8，由n2，得a1a2a116a2162a，从而a2n162a8(n1)8n82a；由n3，得a1a2a3a1a236a342a，从而a2n142a8(n1)8n42a，22*2*na162a，由条件得8n82a8n42a，8n42a8n182a，解得 3a2)，求函数f(n)的最小值；na1na2na3nan*1(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S1S2anS3Sn1(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xy10 上，即an1an1，且a11，数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，a*n1(n1)1n(nN N)(2)f(n)12n1n2n2n，f(n1)12n1nnn2n32n2n112n2，f(n1)f(n)1n11n212nn2n1n12n21nn22n1n1212nn1n2n12n1n112n2n23n11210，231nn2f(n1)f(n)0，f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(3)2320.(3)b1111nnSn123n，SS1nn1n(n2)，即nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S2S1S11，nSnS1S1S2Sn1n1，S1S2Sn1nSnn(Sn1)n(n2)，16酷酷酷啦啦啦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，Sn1qSn1，其中q0，nN N*.(1)若 2a2，a3，a22 成等差数列，求数列an的通项公式；nny254 3(2)设双曲线x21 的离心率为en，且e2，证明：e1e2enn1.an332(1)解由已知Sn1qSn1，得Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11 得到a2qa1，故an1qan对所有n1 都成立所以，数列an是首项为 1，公比为q的等比数列从而anqn1.由 2a2，a3，a22 成等差数列，可得 2a33a22，即 2q3q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2(2)证明由(1)可知，anq22n1(nN N)*n1.y2所以双曲线x21 的离心率an2n1en 1a2.n 1q542由e2 1q，解得q.33因为 1q2(k1)q2(k1)，*所以 1q2k1qk1(kN N)n1qn1于是e1e2en1qq.q14 3故e1e2enn1.3B 组能力提高11若数列an满足1，且a15，则数列an的前 100 项中，能被 5 整除的2n52n3项数为()A42 B40 C30 D20答案B解析数列an满足1，2n52n3nnan1anan1an17酷酷酷啦啦啦即1，且1，2n132n3213an1ana1数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，2n3ann，2n32an2n3n，由题意可知，项个位数每 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(x)an1xanxan2x1(nN)的极值点，数列an满足a11，a22，bnlog2an1，若x表示不超过x的最大整数，则32*1524374455607982991002 0182 0182 018b1b2b2b3b2 018b2 019等于()A2 017C2 019答案A解析由题意可得f(x)3an1x2anxan2，x1 是函数f(x)的极值点，f(1)3an12anan20，即an23an12an0.an2an12(an1an)，a2a11，a3a2212，a4a3222，anan12以上各式累加可得an2nn122B2 018D2 020n2，.bnlog2an1log22 n.2 0182 0182 018b1b2b2b3b2 018b2 0192 0181112 0182 01912232 018112 01812 0182 017.2 0192 0192 0192 0182 0182 0182 017.b2b3b2 018b2 019b1b218酷酷酷啦啦啦13已知数列a*n的前n项和为Sn，且满足Snn2(an2)(nN N)(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若bnanlog2(an1)，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.(1)证明Snn2(an2)，当n2 时，Sn1(n1)2(an12)，两式相减，得an12an2an1，an2an11，an12(an11)，an1a2(n2)(常数)n11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，an1n1222n，ann2 1，又bnanlog2(an1)，bnnn(2 1)，Tnb1b2b3bn(12222323n2n)(123n)，设A23n1n1222 32(n1)2n2n，则 2A23nn1n12 22(n1)2 n2，两式相减，得A23nn1n22 2 2 n2n212 n12n21，An(n1)2n12.又 123nnn12，T1n(n1)2n12nn2(nN N*)14已知数列a*n满足a12，an12(Snn1)(nN N)，令bnan1.(1)求证：bn是等比数列；(2)记数列nbn的前n项和为Tn，求Tn；19酷酷酷啦啦啦(3)求证：1211111 1123na 3k，k得1a111111323n1a2a3an313113n11111223n.3又1k1a131k3k13k11k3 1k133k13k1131213k13k11，所以111a 1a113113an221321331331341a2120酷酷酷啦啦啦n1n13 13111131 2n1223 131133111 n1，216231 16111111 11故.n 223a1a2a3an1621