2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第12练 9页

第12练　数列的综合问题[中档大题规范练]‎ ‎[明晰考情]　1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以an， Sn的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的17题位置.2.题目难度：中等偏下难度.‎ 考点一　等差数列、等比数列的判定与证明 方法技巧　判断等差(比)数列的常用方法 ‎(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数，则{an}为等差(比)数列.‎ ‎(2)中项公式法.‎ ‎(3)通项公式法.‎ ‎1.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.‎ ‎(1)证明　由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)解　由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ 数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.‎ ‎2.已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N*.‎ ‎(1)设bn＝，证明：{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)在(1)的条件下，求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解　(1)把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1，‎ 得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1，‎ 两边同除以2n＋1，‎ 得bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，‎ ‎∴{bn}为等差数列，首项b1＝＝1，公差为1，∴bn＝n(n∈N*).‎ ‎(2)由bn＝n＝，得an＝n×2n，‎ ‎∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，‎ ‎∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，‎ 两式相减，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，‎ ‎∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2(n∈N*).‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；‎ ‎(2)求证：数列为等比数列，并求出{an}的通项公式.‎ 解　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，‎ 得 解得 ‎(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，‎ 两式相减，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，‎ an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，‎ ‎∴an＋(－1)n＝2(n≥2).‎ 故数列是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎∴an＋(－1)n＝×2n－1，‎ ‎∴an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n.‎ 考点二　数列的通项与求和 方法技巧　(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ‎①累加(乘)法 形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；‎ 形如＝f(n)的数列，可用累乘法.‎ ‎②构造数列法 形如an＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；‎ 形如an＋1＝pan＋q(p×q≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋＝p构造等比数列.‎ ‎(2)数列求和的常用方法 ‎①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.‎ ‎4.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn(n∈N*)，且数列是公差为2的等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.‎ 而a1＝1＝4×1－3满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.‎ ‎(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3).‎ 当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×＝2n；‎ 当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.‎ 综上，Tn＝ ‎5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比数列，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn<2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 由 得 即 解得或 当a1＝－，d＝时，＝没有意义，‎ ‎∴a1＝2，d＝2，此时an＝2＋2(n－1)＝2n.‎ ‎(2)bn＝＝＝，‎ Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝＋＋＋＋＋＋…＋＋ ‎＝＝－，‎ ‎∴8Tn＝3－2<3.‎ 为满足题意，必须使2λ2＋5λ≥3，‎ ‎∴λ≥或λ≤－3.‎ ‎6.(2018·张掖高三诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ 解　(1)由a1＝－3S1＋4＝－3a1＋4，得a1＝1，‎ 由an＝－3Sn＋4，‎ 知an＋1＝－3Sn＋1＋4，‎ 两式相减并化简得an＋1＝an，‎ ‎∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，‎ ‎∴an＝n－1，‎ bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.‎ ‎(2)由题意知，cn＝＋.‎ 令Hn＝＋＋＋…＋，①‎ 则Hn＝＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.‎ ‎∴Hn＝2－.‎ 又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，‎ ‎∴Tn＝Hn＋Mn＝2－＋.‎ 考点三　数列的综合问题 方法技巧　(1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质或图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.‎ ‎(2)数列是特殊的函数，解题时要充分利用函数的性质解决数列问题，如数列中的最值问题.‎ ‎(3)解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法(作差法、作商法)、放缩法等.‎ ‎7.已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.‎ ‎(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)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1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 所以3q2－5q－2＝0，‎ 由已知得q＞0，‎ 所以q＝2，x1＝1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.‎ ‎(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.‎ 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，‎ 由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①‎ 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝.‎ ‎8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*).‎ ‎(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式>2 010的n的最小值.‎ 解　(1)当n＝1时，2a1＝S1＋1＝a1＋1，∴a1＝1.‎ ‎∵2an＝Sn＋n，n∈N*，∴2an－1＝Sn－1＋n－1，n≥2，‎ 两式相减，得an＝2an－1＋1，n≥2，‎ 即an＋1＝2(an－1＋1)，n≥2，‎ ‎∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ ‎∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1，n∈N*.‎ ‎(2)bn＝(2n＋1)an＋2n＋1＝(2n＋1)·2n，‎ ‎∴Tn＝3×2＋5×22＋…＋(2n＋1)·2n，‎ ‎∴2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n＋1)·2n＋1，‎ 两式相减可得－Tn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2·2n－(2n＋1)·2n＋1，‎ ‎∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2，‎ ‎∴>2 010可化为2n＋1>2 010.‎ ‎∵210＝1 024，211＝2 048，‎ ‎∴满足不等式>2 010的n的最小值为10.‎ ‎9.已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*).‎ ‎(1)写出a2，a3的值(只写出结果)，并求出数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，不等式t2－2t＋>bn恒成立，求实数t的取值范围.‎ 解　(1)a2＝6，a3＝12，‎ 当n≥2时，‎ an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n ‎＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1).‎ 因为当n＝1时，a1＝2也满足上式，‎ 所以an＝n(n＋1).‎ ‎(2)bn＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋ ‎＝－＋－＋…＋－＝－.‎ 因为bn＋1－bn＝－－＝＋－ ‎＝－＝<0，‎ 所以bn＋1bn恒成立，所以t2－2t＋>，‎ 解得t<0或t>2，‎ 所以实数t的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞).‎ 典例　(12分)已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值.‎ 审题路线图 ―→―→―→―→ 规范解答·评分标准 解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.‎ 由题意知2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，所以a2＋a4＝20，‎ 所以解得或…………………………………3分 又数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n.……………………………………………………5分 ‎(2)因为bn＝＝－n×2n，………………………………………6分 所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n×2n)，‎ ‎2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]，‎ 两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1.………………8分 又Sn＋n×2n＋1＞30，‎ 可得2n＋1－2＞30，即2n＋1＞32＝25，………………………………………………10分 所以n＋1＞5，即n＞4.‎ 所以使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值为5.‎ ‎…………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板 ‎[第一步]　求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.‎ ‎[第二步]　巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和.‎ ‎[第三步]　得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题.‎ ‎1.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并求Sn的最小值.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.‎ 由a1＝－7得d＝2.‎ 所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16.‎ 所以当n＝4时，Sn取得最小值－16.‎ ‎2.设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求通项公式an；‎ ‎(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.‎ 解　(1)由题意得得 又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，‎ 又a2＝3a1，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.‎ ‎(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，‎ 当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，‎ 当n≥3时，Tn＝3＋－＝，经验证T2符合上求.‎ ‎∴Tn＝ ‎3.(2018·黔东南州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an－1)，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝log2an，记数列的前n项和为Tn，证明：Tn<.‎ ‎(1)解　当n＝1时，有a1＝S1＝(a1－1)，解得a1＝4.‎ 当n≥2时，有Sn－1＝(an－1－1)，则an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，整理得＝4，‎ ‎∴数列{an}是以q＝4为公比，以a1＝4为首项的等比数列.‎ ‎∴an＝4×4n－1＝4n(n∈N*)‎ 即数列{an}的通项公式为an＝4n(n∈N*).‎ ‎(2)证明　由(1)得bn＝log2an＝log24n＝2n，则 ＝＝ ‎∴Tn＝＝<.‎ ‎4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.‎ ‎(1)求证：数列{an}是等比数列；‎ ‎(2)是否存在正整数k，使>2成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.‎ ‎(1)证明　由题意，知an＋Sn＝4，an＋1＋Sn＋1＝4，‎ 两式相减，得(Sn＋1＋an＋1)－(Sn＋an)＝0，‎ 即2an＋1－an＝0，an＋1＝an.‎ 又a1＋S1＝4，所以2a1＝4，即a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为a1＝2，公比为的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)得an＝2·n－1，‎ 则Sn＝＝4－22－n.‎ 假设存在正整数k，使>2成立，‎ 由Sk－2≠0知k≠1，即k>1，k∈N*.‎ 由>2，整理得<21－k<1，即1<2k－1<，‎ 因为k∈N*，所以2k－1∈N*，这与2k－1∈相矛盾，故不存在这样的正整数k，使已知不等式成立.‎