2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 必考問題專項(xiàng)突破11 數(shù)列的綜合應(yīng)用問題 理

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1、必考問題11　數(shù)列的綜合應(yīng)用問題 1．(2020·湖北)定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對(duì)于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”，現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|. 其中屬于“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號(hào)為(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 答案： C　[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則{a}的公比為q2，{}的公比為，其余的數(shù)列不是等比數(shù)列

2、．] 2．(2020·浙江)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列命題錯(cuò)誤的是(　　)． A．若d＜0，則數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng) B．若數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)，則d＜0 C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則對(duì)任意n∈N*，均有Sn＞0 D．若對(duì)任意n∈N*，均有Sn＞0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列 答案：C　[A、B、D均正確，對(duì)于C，若首項(xiàng)為－1，d＝2時(shí)就不成立．] 3．(2020·遼寧)已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為(　　)． A. B. C．10 D．21 答案：B　[在an＋1－an＝2

3、n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1個(gè)式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝＝n2－n，∴an＝n2－n＋33，∴＝n＋－1，又n∈N*，n≥1.∴當(dāng)n＝6時(shí)，有最小值.] 4．(2020·福建)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ncos＋1，前n項(xiàng)和為Sn，則S2 012＝________. 解析　∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝503×6＝3 018. 答案　3 018

4、1．以客觀題考查不等式的性質(zhì)、解法與數(shù)列、等差數(shù)列、等比數(shù)列的簡單交匯． 2．解答題以中檔題或壓軸題的形式考查數(shù)列與不等式的交匯，還有可能涉及到導(dǎo)數(shù)、解析幾何、三角函數(shù)的知識(shí)等，深度考查不等式的證明(主要比較法、綜合法、分析法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法、反證法)和邏輯推理能力及分類討論、化歸的數(shù)學(xué)思想，試題具有綜合性強(qiáng)、立意新、角度活、難度大的特點(diǎn)． 1．?dāng)?shù)列試題形態(tài)多變，時(shí)常有新穎的試題入卷，學(xué)生時(shí)常感覺難以把握，為了在高考中取得好成績，必須復(fù)習(xí)、掌握好數(shù)列這一板塊及其相關(guān)的知識(shí)技能，了解近幾年來高考中對(duì)解數(shù)列試題的能力考察特點(diǎn)，掌握相關(guān)的應(yīng)對(duì)策略，以提高解決數(shù)列問題的能力． 2．近幾年

5、高考中一些難題均是以高等數(shù)學(xué)的某些知識(shí)為背景而用初等數(shù)學(xué)的語言表述的試題．這就啟示我們?cè)趶?fù)習(xí)備考時(shí)，要在高等數(shù)學(xué)與初等數(shù)學(xué)的銜接點(diǎn)上多下工夫，要提高將陌生問題轉(zhuǎn)化、化歸為熟知問題的能力．復(fù)習(xí)時(shí)要抓住主流綜合，同時(shí)做到不忽視冷門、新型綜合. 必備知識(shí) 在數(shù)列求和時(shí)，為了證明的需要，需合理變形，常用到放縮法，常見的放縮技巧有： (1)<＝； (2)－<<－； (3)2(－)<<2(－)； (4)利用(1＋x)n的展開式進(jìn)行放縮． 數(shù)列是特殊的函數(shù)，是定義在正整數(shù)集上的一列函數(shù)值．通項(xiàng)公式及求和公式揭示了項(xiàng)和項(xiàng)數(shù)的依賴關(guān)系的本質(zhì)屬性．用“函數(shù)與方程”的思想解決數(shù)列中的綜合問題，

6、通常有如下情形： (1)用等差數(shù)列中的公差為“斜率”的意義溝通關(guān)系解題； (2)用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為項(xiàng)數(shù)n的二次函數(shù)解題； (3)用函數(shù)觀點(diǎn)認(rèn)識(shí)數(shù)列的通項(xiàng)，用函數(shù)單調(diào)性的定義研究數(shù)列的增減性解決最值問題； (4)通項(xiàng)公式求解中方程思想的應(yīng)用； (5)應(yīng)用問題中方程思想的應(yīng)用． 必備方法 1．解決數(shù)列和式與不等式證明問題的關(guān)鍵是求和，特別是既不是等差、等比數(shù)列，也不是等差乘等比的數(shù)列求和，要利用不等式的放縮法，放縮為等比數(shù)列求和、錯(cuò)位相減法求和、裂項(xiàng)相消法求和，最終歸結(jié)為有限項(xiàng)的數(shù)式大小比較． 2．解答數(shù)列綜合問題要善于綜合運(yùn)用函數(shù)方程思想、化歸轉(zhuǎn)化思想等數(shù)學(xué)思想以及特例分析

7、法，一般遞推法，數(shù)列求和及求通項(xiàng)等方法來分析、解決問題．?dāng)?shù)列與解析幾何的綜合問題解決的策略往往是把綜合問題分解成幾部分，先利用解析幾何的知識(shí)以及數(shù)形結(jié)合得到數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后再利用數(shù)列知識(shí)和方法求解． 該類問題出題背景廣、新穎，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，有效地將信息轉(zhuǎn)化，能較好地考查學(xué)生分析、解決問題的能力和知識(shí)的遷移能力、以客觀題或解答題的形式出現(xiàn)，屬于低中檔題．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? 在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，已知點(diǎn)P1(1,2)，P2(2,22)，P3(3,23)，…，Pn(n,2n)，….如果n為正整數(shù)，則向量＋＋＋…＋P2n－1P2n的縱坐標(biāo)為_____

8、___． [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽課記錄] [審題視點(diǎn)] 由PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)可求解． 解析　PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)，于是＋＋＋…＋P2n－1P2n的縱坐標(biāo)為2＋23＋25＋…＋22n－1＝＝(4n－1)． 答案　(4n－1) 解決數(shù)列與新背景、新定義的綜合問題，可通過對(duì)新數(shù)表、圖象、新定義的分析、探究，將問題轉(zhuǎn)化為等差(比)數(shù)列的問題． 【突破訓(xùn)練1】 (2020·東北三校二模)已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S21＝S4 000，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P(1，an)，點(diǎn)Q(2 011，a2

9、 011)，則·＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1 答案： A　[設(shè)Sn＝An2＋Bn，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)A＋B，由S21＝S4 000，知4 021 A＋B＝0，所以a2 011＝0，·＝2 011＋an×a2 011＝2 011，故選A.] 由于數(shù)列與函數(shù)的緊密聯(lián)系，近幾年高考在數(shù)列與函數(shù)的綜合處命題有加強(qiáng)的趨勢(shì)，?？疾橐院瘮?shù)為背景的數(shù)列問題，該類問題的知識(shí)綜合性比較強(qiáng)，能很好地考查邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力．需掌握與函數(shù)、函數(shù)性質(zhì)等相關(guān)方面的知識(shí)，難度較大．　　　　　　　　　

10、　　　　　　　　　　 【例2】? (2020·陜西五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7. (1)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象的頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{an}，求證：{an}為等差數(shù)列； (2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象的頂點(diǎn)到x軸的距離構(gòu)成數(shù)列{bn}，求{bn}的前n項(xiàng)和Sn. [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽課記錄] [審題視點(diǎn)] (1)配方可求頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)，再用定義可證；(2)由bn＝|an|知分類求和． (1)證明　∵f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，∴an＝3n－8，∴an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n

11、－8)＝3，∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列． (2)解　由題意知，bn＝|an|＝|3n－8|， ∴當(dāng)1≤n≤2時(shí)，bn＝8－3n， Sn＝b1＋…＋bn＝＝＝. 當(dāng)n≥3時(shí)，bn＝3n－8， Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋[1＋4＋…＋(3n－8)] ＝7＋ ＝， ∴Sn＝ , 解決此類問題時(shí)要注意把握以下兩點(diǎn)： (1)正確審題，深摳函數(shù)的性質(zhì)與數(shù)列的定義； (2)明確等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)、求和公式的特征． 【突破訓(xùn)練2】 (2020·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2，數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，點(diǎn)(an＋1，S2n－1)在函數(shù)f(x)的圖象上

12、；數(shù)列{bn}滿足bn＝n－1. (1)求an； (2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和． 解　(1)因?yàn)辄c(diǎn)(an＋1，S2n－1)在函數(shù)f(x)的圖象上，所以a＝S2n－1. 令n＝1，n＝2，得即 由①知a1＝0或a1＝1，∵a1≠0，∴a1＝1.代入②解得d＝－1或d＝2，又d＝－1時(shí)，a2＝0不合題意，∴d＝－1(舍去)，∴d＝2.即an＝2n－1. (2)由(1)得cn＝＝＝. 令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn， 則Tn＝＋＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得，Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝1＋·－＝2－－＝2－. 所以Tn＝3－.

13、 數(shù)列與不等式的綜合問題是高考的熱點(diǎn)，?？疾椋孩僖詳?shù)列為載體，比較兩項(xiàng)的大小或證明不等式；②以數(shù)列為載體，利用不等式恒成立求參數(shù)．在解答時(shí)需要我們抓住本質(zhì)，進(jìn)行合理變形、求和，再結(jié)合與不等式有關(guān)的知識(shí)求解．試題難度較大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? (2020·廣東)設(shè)b＞0，數(shù)列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)證明：對(duì)于一切正整數(shù)n,2an≤bn＋1＋1. [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽課記錄] [審題視點(diǎn)] (1)對(duì)所給遞推關(guān)系式變形(取倒數(shù))后構(gòu)造等比數(shù)列求解． (2)利用基本不等式放縮． (1)解

14、　由a1＝b＞0， 知an＝＞0，＝＋ . 令A(yù)n＝，A1＝. 當(dāng)n≥2時(shí)，An＝＋An－1＝＋…＋＋A1＝＋…＋＋. ①當(dāng)b≠1時(shí)，An＝＝； ②當(dāng)b＝1時(shí)，An＝n.所以an＝ (2)證明　當(dāng)b≠1時(shí)，欲證2an＝≤bn＋1＋1，只需證2nbn≤(bn＋1＋1). 因?yàn)?bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1＝bn＋＋…＋＞bn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，所以2an＝＜1＋bn＋1. 當(dāng)b＝1,2an＝2＝bn＋1＋1. 綜上所述，2an≤bn＋1＋1. 與數(shù)列有關(guān)的不等式證明常用的方法有：比較法(作差作商)、放縮法、利用函數(shù)的

15、單調(diào)性、數(shù)學(xué)歸納法證明，其中利用不等式放縮證明是一個(gè)熱點(diǎn)，常常出現(xiàn)在高考的壓軸題中，是歷年命題的熱點(diǎn)．利用放縮法解決“數(shù)列＋不等式”問題通常有兩條途徑：一是先放縮再求和，二是先求和再放縮． 【突破訓(xùn)練3】 (2020·日照一模)已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項(xiàng)和S4＝14，a3是a1，a7的等比中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Tn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，若Tn≤an＋1對(duì)一切n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最大值． 解　(1)設(shè)公差為d，由已知得， 解得d＝1或d＝0(舍去)， ∴a1＝2，故an＝n＋1. (2)∵＝＝－， ∴Tn＝－＋－＋…＋－ ＝－＝，

16、 ∵Tn≤an＋1，∴≤(n＋2)， 即λ≤＝2n＋＋4， 又2n＋＋4≥2×(4＋4)＝16，∴λ的最大值為16. 數(shù)列與函數(shù)的“巧妙”對(duì)接 縱觀2020年高考，有多份試卷以數(shù)列與函數(shù)的綜合題為壓軸題，有些大題還穿插了導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的工具作用，既考查了函數(shù)的知識(shí)，又考查了數(shù)列的知識(shí)，試題綜合性強(qiáng)，分步解答，有利于高校選拔優(yōu)秀的考生，是一種非常熱門的題型，預(yù)計(jì)2020年高考仍將在此命題． 【示例】? (2020·天津)已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0. (1)求a的值； (2)若對(duì)任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求實(shí)數(shù)k的最小值；

17、 (3)證明：－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)． [滿分解答]　(1)f(x)的定義域?yàn)?－a，＋∞)． f′(x)＝1－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(4分) (2)當(dāng)k≤0時(shí)，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0， 故k≤0不合題意． 當(dāng)k＞0時(shí)，令g(x)＝f(x)－kx2， 即g(x)＝x－

18、ln(x＋1)－kx2. g′(x)＝－2kx＝. 令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1. ①當(dāng)k≥時(shí)，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減．從而對(duì)于任意的x∈[0，＋∞)，總有g(shù)(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立． 故k≥符合題意． ②當(dāng)0＜k＜時(shí)，＞0，對(duì)于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在內(nèi)單調(diào)遞增．因此當(dāng)取x0∈時(shí)，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立． 故0＜k＜不合題意． 綜上，k的最小值為.(8分) (3)當(dāng)n＝1時(shí)，不等式左邊＝2－ln 3＜2＝右邊，所以不等式成立．

19、當(dāng)n≥2時(shí)，＝＝－ln(2i＋1)－ln(2i－1)]＝－ln(2n＋1)． 在(2)中取k＝，得f(x)≤(x≥0)， 從而f≤＜(i∈N*，i≥2)， 所以有－ln(2n＋1)＝＝f(2)＋＜2－ln 3＋＝2－ln 3＋＝2－ln 3＋1－＜2. 綜上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*.(14分) 老師叮嚀：本題第(1)問應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，難度較小，屬于送分題；第(2)問屬于含參函數(shù)的恒成立求參數(shù)范圍問題，需構(gòu)造新函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值等.其中，需對(duì)k進(jìn)行分類討論，對(duì)k的每個(gè)范圍利用分析法求得適合題意的k的范圍；第(3)問考查了考生賦值、數(shù)

20、列的求和、放縮法證明不等式等知識(shí).其中，推導(dǎo)是聯(lián)系數(shù)列與函數(shù)的紐帶.再借用第(2)問的結(jié)果可得f(x)≤.從而f≤＜.為后面利用放縮法證明不等式打下基礎(chǔ). 【試一試】 已知函數(shù)f(x)＝1－－ln x(a為實(shí)常數(shù))． (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上無極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)討論函數(shù)g(x)＝f(x)－2x的單調(diào)性； (3)已知n∈N*且n≥3，求證：ln＜＋＋＋…＋. (1)解　f′(x)＝－＝. 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,2)上無極值； 當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＜a；由f′(x)＜0，得x＞a，即函數(shù)f

21、(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，要使函數(shù)f(x)在(0,2)上無極值，只要a≥2即可． 故所求的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪[2，＋∞)． (2)解　g(x)＝f(x)－2x＝1－－ln x－2x， g′(x)＝－－2＝－. 令k(x)＝2x2＋x－a，則Δ＝1＋8a. 當(dāng)Δ＜0，即a＜－時(shí)，k(x)＞0恒成立，即g′(x)＜0恒成立，此時(shí)函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)Δ＝0，即a＝－時(shí)，只有在x＝－時(shí)，k(x)＝0，故k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時(shí)函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)

22、Δ＞0，即a＞－時(shí)，方程k(x)＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根是x1＝＜0，x2＝，若1＋8a≤1，即a≤0，則x2≤0，此時(shí)，k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時(shí)，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；若1＋8a＞1，則x2＞0，此時(shí)在(0，x2)上k(x)＜0，g′(x)＞0，在(x2，＋∞)上k(x)＞0，g′(x)＜0，故函數(shù)g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞減． 綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (3)證明　構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ln(1＋x)－x，則h′(x)＝－1＝，當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＜0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(0)＝0，即不等式ln(1＋x)＜x對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立． 令x＝，得ln＜，即ln(n＋1)－ln n＜， 所以ln＝ln(n＋1)－ln 3＝ln＋ln＋…＋ln＜＋＋＋…＋. 必考問