（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題三 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題練習 理

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1、第3講　數(shù)列的綜合問題 「考情研析」　　　　1.從具體內容上，數(shù)列的綜合問題，主要考查：①數(shù)列與函數(shù)、不等式結合，探求數(shù)列中的最值或證明不等式．②以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，利用函數(shù)觀點探求參數(shù)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(xiàn)，分值一般為5～8分. 核心知識回顧 數(shù)列綜合應用主要體現(xiàn)在以下兩點： (1)以數(shù)列知識為紐帶，在數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式、解析幾何的交匯處命題，主要考查利用函數(shù)觀點、不等式的方法解決數(shù)列問題，往往涉及與數(shù)列相關的不等式證明、參數(shù)的范圍等． (2)以數(shù)列知識為背景的新概念、創(chuàng)新型問題，除了需要用到數(shù)列知識外，還要運用函

2、數(shù)、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(xiàn)了即時學習，靈活運用知識的能力． 熱點考向探究 考向1 　數(shù)列與函數(shù)的綜合問題 例1　(2019·上海市青浦區(qū)高三二模)已知函數(shù)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(shù)列{an}是以7＋a為首項，公差為1的等差數(shù)列(n∈N*)． (1)當x∈[0,10]時，寫出方程2x－x2＝0的解，并寫出數(shù)列{an}的通項公式(不必證明)； (2)若bn＝an·an(n∈N*)，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，對任意的n∈N*，都有Sn<

3、m成立，求m的取值范圍． 解　(1)因為x∈[0,10]時，易知方程2x－x2＝0的解為x＝2，x＝4， 由不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|對任意的x∈[0,10]都成立，可得 即解得 所以f(x)＝x2－6x＋8，又數(shù)列{an}是以7＋a＝1為首項，公差為1的等差數(shù)列，所以an＝n. (2)由(1)知bn＝an·an＝n·n， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·＋2·2＋3·3＋…＋n·n，① Sn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋n·n＋1，② ①－②得，Sn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1＝－， 整理得，Sn＝－，由>0可得Sn<， 由Sn

4、立，可得m≥. 數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿足的條件，通常利用點在曲線上給出Sn的表達式，還有以曲線上的切點為背景的問題，解決這類問題的關鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應關系，將條件進行準確的轉化． 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，向量a＝(Sn,1)，b＝，滿足條件a∥b. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設函數(shù)f(x)＝x，數(shù)列{bn}滿足條件b1＝1，f(bn＋1)＝. ①求數(shù)列{bn}的通項公式； ②設cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)∵a∥b，∴Sn＝2n－1，Sn＝2n＋1－2. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－

5、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(shù)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(shù)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(shù)列{an}的前n項和為Sn，首項a1>0且2Sn＝a＋

6、an(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若an>0，令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若Tn0，則a1＝1， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－， 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0?an＝－an－1或an＝an－1＋1， ∴an＝(－1)n－1或an＝n(n≥2)， 又a1＝1滿足上式，∴an＝(－1)n－1或an＝n，n∈N*. (2)由an>0，∴an＝n，bn＝＝2， Tn＝2＝2＝3－<3，若Tn

7、 (1)數(shù)列中的不等式證明，大多是不等式的一端為一個數(shù)列的前n項和，另一端為常數(shù)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(shù)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(shù)列的前n項和Sn＝n，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝，數(shù)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－

8、1，?、? 由①－②，得＝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(shù)項和問題 例3　設數(shù)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(shù)列{a2n－1}是首項a1＝1，公比為3的等比數(shù)列； 數(shù)列{a2n}是首項a2＝2，公比為3的等比數(shù)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)． 當n為偶數(shù)時，數(shù)列中的奇數(shù)項與偶數(shù)項相同，分別為項；當n為奇數(shù)時，數(shù)列中的奇數(shù)項比偶數(shù)項多一項，此時偶數(shù)項為項，奇數(shù)項為＋1＝項． 已知函數(shù)f(x)＝ln x＋cosx－x的導數(shù)為f′(x)，且數(shù)列{an}滿足an＋1＋an＝nf′＋3(n∈N*)． (1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)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(shù)列{an}的公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd， 由an＋1＋an＝4n＋3得(a

11、1＋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(shù)列{a2n－1}是首項為a1，公差為4的等差數(shù)列；數(shù)列{a2n}是首項為a2，公差為4的等差數(shù)列， 又a1＋a2＝7，a2＝7－a1， 所以an＝ ①當n為奇數(shù)時，an＝2n－2＋a1，an＋2n2≥0，則有a1≥－2n2－2n＋2對任意的奇數(shù)n恒成立， 令f(n)＝－2n2－2n＋2＝－22＋，n為奇數(shù)， 則f(n)max＝f(1)＝－2，所以a1≥－2. ②當n為偶數(shù)時，an＝2n＋3－a1，an＋2n2≥0

12、，則有a1≤2n2＋2n＋3對任意的偶數(shù)n恒成立， 令g(n)＝2n2＋2n＋3＝22＋，n為偶數(shù)，則g(n)min＝g(2)＝15，故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(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S10＝120，a2－a1，a4－a2，a1＋a2成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設Tn為數(shù)列的前n項和，求滿足Tn>的最小的n值． 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d， 由S10＝120得10a1＋45d＝120,2a1＋9d＝24， 由a2－a1，a4－a2

13、，a1＋a2成等比數(shù)列， 得d(2a1＋d)＝4d2且d≠0， ∴2a1＝3d，∴a1＝3，d＝2， ∴等差數(shù)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(shù)列{an}的前n項和Sn滿足－－＝0，a1＝1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)在數(shù)列{an}的前100項中，是否存在兩項am，at(m，t∈N*，且m

14、的m，t的取值；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為－－＝0， 所以 －＝1，所以數(shù)列{}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以＝1＋(n－1)×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(shù)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(shù)倍，所以m＝2,5,8,11， 驗證得 3．(2019·浙江高考)設等差數(shù)列

15、{an}的前n項和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿足：對每個n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列． (1)求數(shù)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(shù)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(shù)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＝ ＝ ＝ ，n∈

16、N*. 我們用數(shù)學歸納法證明． 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(jù)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(shù)f(x)＝cosπx－sinπx(x∈R)的所有正的零點構成遞增數(shù)列{an}(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)f(x)＝cosπx－sinπ

17、x＝2cos， 由題意令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝k＋(k∈Z)． 又函數(shù)f(x)的所有正的零點構成遞增數(shù)列{an}，所以{an}是以為首項，1為公差的等差數(shù)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(shù)列{an}的公差d＝2，且a2＋a

18、5＝2，{an}的前n項和為Sn. (1)求{an}的通項公式； (2)若Sm，a9，a15成等比數(shù)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(shù)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(shù)列{an}的前n項和是Sn，若點An在函數(shù)f(x)＝－x＋c的圖象上運動，其中c是與x無關的常數(shù)，且a1＝3. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)記bn＝

19、aan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn的最小值． 解　(1)因為點An在函數(shù)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(shù)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(shù)列{an}滿足a2＝3，an＋1＝2an＋1，設bn＝

20、an＋1. (1)求a1，a3； (2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由； (3)求a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1. 解　(1)數(shù)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(shù))， 則數(shù)列{bn}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)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(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝，3Sn＋1＝Sn＋1. (1

21、)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝logan，數(shù)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(shù)列{an}是以為首項，為公比的等比數(shù)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·衡

22、水第二中學高三上學期期中)已知等差數(shù)列{an}與公比為正數(shù)的等比數(shù)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(shù)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(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上(n∈N*)． (1)若a1＝－2，點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)

23、列{an}的前n項和Sn； (2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－，求數(shù)列的前n項和Tn. 解　(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝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)＝2a2ln 2，故函數(shù)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＝n，bn＝2n

24、，＝. 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(shù)列{an}中，a1＝a，公差d＝b.數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)若cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn. 解　(1)S＝acsinB＝ac·＝，∴ac＝4， 又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，

25、 ∴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，　② ①－②，得bn＝2bn－1(n≥2)， ∴數(shù)列{bn}為等比數(shù)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＝1×21

26、＋(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(shù)列{an}中，已知a3＋a4＝84－a5，a8＝36. (1)求數(shù)列{an}的通項公式an； (2)記Sn為數(shù)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(shù)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x∈(0,2

27、)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(shù)列類解答題 　(12分)已知各項均不為零的數(shù)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(shù)列{an}的通項公式； (2)設數(shù)列{bn}滿足anbn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<. 解題思路　(1)根據(jù)Sn－Sn－1＝an(n≥2)及遞推關系式化簡得an和an－1的關系式，從而求出a

28、n；(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(shù)列{an}是首項為4，公比為4的等比數(shù)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的值給2分． 2．

29、利用an與Sn的關系構造等比數(shù)列給2分． 3．寫出數(shù)列{an}的通項公式給2分． 4．求出數(shù)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(shù)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(shù)列{an}的前n項和，a1＝1，S＝an(n≥2)． (1)求Sn； (2)設bn＝，求數(shù)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(shù)列是以2為公差、以1為首項的等差數(shù)列，則 ＝1＋2(n－1)，故Sn＝.(6分) (2)由(1)知，bn＝＝ ＝，(9分) ∴Tn＝＝＝.(12分) - 15 -