【数学】2019届一轮复习人教A版（文）大题冲关系列（三）数列的综合问题学案 18页

数列的综合问题 命题动向：从近五年高考试题分析来看，等差、等比数列是重要 的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性 质、前 n 项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、 三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力 度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较 深的理解． 题型 1 等差、等比数列的综合运算 例 1 [2017·全国卷Ⅰ]记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列． 解题视点 (1)熟练应用等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公 式；(2)在证明 a，b，c 成等差、等比数列时，可以利用等差中项：a＋c 2 ＝b 或等比中项：ac＝b2 来证明． 解 (1)设{an}的公比为 q.由题设可得 a11＋q＝2， a11＋q＋q2＝－6. 解得 q＝－2，a1＝－2. 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n. (2)由(1)可得 Sn＝a11－qn 1－q ＝－2 3 ＋(－1)n2n＋1 3 . 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－4 3 ＋(－1)n2n＋3－2n＋2 3 ＝2 －2 3 ＋－1n2n＋1 3 ＝2Sn， 故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列． 冲关策略 等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例 如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确 定解题的顺序． (2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列 的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题 中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影 响也是巨大的． 变式训练 1 已知数列{an}是等差数列，首项 a1＝2，且 a3 是 a2 与 a4＋1 的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 2 n＋3an＋2 ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)设{an}的公差为 d，由题意可得 a23＝a2·(a4＋1)， 即(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， ∴d＝2 或 d＝－1. 当 d＝－1 时，a3＝0，不符合条件． ∴d＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2n. (2)bn＝ 2 n＋3an＋2 ＝ 2 n＋32n＋2 ＝ 1 n＋3n＋1 ＝1 2 1 n＋1 － 1 n＋3 ∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝1 2 1 2 －1 4 ＋1 3 －1 5 ＋1 4 －1 6 ＋…＋1 n － 1 n＋2 ＋ 1 n＋1 － 1 n＋3 ＝1 2 1 2 ＋1 3 － 1 n＋2 － 1 n＋3 ＝ 5 12 － 2n＋5 2n＋2n＋3. 题型 2 数列的通项与求和 例 2 [2018·临汾模拟]数列{an}的前 n 项和为 Sn，对于任意的正 整数 n 都有 an>0,4Sn＝(an＋1)2. (1)求证：数列{an}是等差数列，并求通项公式； (2)设 bn＝an 3n，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求 Tn. 解题视点 (1)运用 an＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2 得到{an}为等差数列， 进而求解；(2)解题的关键是错位相减法的运算，对考生的运算求解能 力要求较高． 解 (1)证明：令 n＝1,4S1＝4a1＝(a1＋1)2， 解得 a1＝1， 由 4Sn＝(an＋1)2，得 4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 两式相减得 4an＋1＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0， 因为 an>0，所以 an＋1－an＝2， 则数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列， an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)得 bn＝2n－1 3n ， Tn＝ 1 31＋ 3 32＋ 5 33＋…＋2n－1 3n ，① 1 3Tn＝ 1 32＋ 3 33＋ 5 34＋…＋2n－1 3n＋1 ，② ①－②得 2 3Tn＝1 3 ＋2 1 32＋ 1 33＋…＋ 1 3n －2n－1 3n＋1 ＝1 3 ＋2× 1 9 1－ 1 3n－1 1－1 3 －2n－1 3n＋1 ＝2 3 －2n＋2 3n＋1 ， 所以 Tn＝1－n＋1 3n . 冲关策略 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发， 这是很重要的解题信息． (2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法， 分组求和法，裂项求和法等． 变式训练 2 数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2 ＋1，a3 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)∵Sn＝2an－a1， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－a1， ∴an＝2an－2an－1，化为 an＝2an－1. 由 a1，a2＋1，a3 成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3， ∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得 a1＝2. ∴数列{an}是等比数列，首项为 2，公比为 2. ∴ an＝2n. (2)∵an＋1＝2n＋1，∴Sn＝22n－1 2－1 ＝2n＋1－2， Sn＋1＝2n＋2－2. ∴bn＝ an＋1 SnSn＋1 ＝ 2n＋1 2n＋1－22n＋2－2 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 . ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn＝1 2 1 2－1 － 1 22－1 ＋ 1 22－1 － 1 23－1 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ＝ 1 2 1－ 1 2n＋1－1 . 题型 3 数列与其他知识的交汇 命题角度 1 数列与函数的交汇 例 3 [2018·河南开封模拟]已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx 的图象 过点(－4n,0)，且 f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足 1 an＋1 ＝f′ 1 an ，且 a1＝4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝ anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解题视点 (1)叠加法求数列的通项公式；(2)裂项相消法求数列 的前 n 项和． 解 (1)f′(x)＝2ax＋b， 由题意知 b＝2n,16n2a－4nb＝0，∴a＝1 2 ， 则 f(x)＝1 2x2＋2nx，n∈N*. 数列{an}满足 1 an＋1 ＝f′ 1 an ，又 f′(x)＝x＋2n， ∴ 1 an＋1 ＝ 1 an ＋2n，∴ 1 an＋1 － 1 an ＝2n， 由叠加法可得 1 an －1 4 ＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n， 化简可得 an＝ 4 2n－12(n≥2)， 当 n＝1 时，a1＝4 也符合，∴an＝ 4 2n－12(n∈N*)． (2)∵bn＝ anan＋1＝ 4 2n－12n＋1 ＝2 1 2n－1 － 1 2n＋1 ， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ a1a2＋ a2a3＋…＋ anan＋1 ＝2 1－1 3 ＋ 1 3 －1 5 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ＝2 1－ 1 2n＋1 ＝ 4n 2n＋1. 冲关策略 (1)数列与函数的综合问题一般是以函数作为背景，给出数列所 满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确 转化． (2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限 制条件，如定义域． 命题角度 2 数列与不等式的交汇 例 4 [2018·湖南怀化质检]设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，2Sn n ＝an＋1－1 3n2－n－2 3 ，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明： 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an <7 4. 解题视点 (1)利用 an 与 Sn 的关系求得{an}的通项公式；(2)利用 放缩法巧妙证明不等式． 解 (1)当 n≥2 时，2Sn＝nan＋1－1 3n3－n2－2 3n， 2Sn－1＝(n－1)an－1 3(n－1)3－(n－1)2－2 3(n－1)， 两式相减并整理得 an＋1 n＋1 －an n ＝1，又a2 2 －a1 1 ＝1， 所以an n ＝1＋(n－1)×1＝n，得 an＝n2. 当 n＝1 时，上式显然成立，∴an＝n2(n∈N*)． (2)证明：当 n＝1 时， 1 a1 <7 4 ； 当 n＝2 时， 1 a1 ＋ 1 a2 ＝1＋1 4 ＝5 4<7 4 ； 当 n≥3 时， 1 an ＝ 1 n2< 1 n－1n ＝ 1 n－1 －1 n ，此时 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an ＝1＋1 4 ＋ 1 32＋ 1 42＋…＋ 1 n2<1＋1 4 ＋ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋…＋ 1 n－1 －1 n ＝1＋1 4 ＋1 2 －1 n ＝7 4 －1 n<7 4 ，故 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an <7 4. 冲关策略 数列中不等式的处理方法 (1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于 正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的 不等式． (2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结 果放缩得到．本题第(2)问中用到“放缩”．一般地，数列求和中的放 缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和 的数列等． (3)比较方法：作差比较或作商比较． 命题角度 3 数列与解析几何的交汇 例 5 [2017·山东高考]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. 解题视点 记梯形 PnPn＋1Qn＋1Qn 的面积为 bn，以几何图形为背景 确定{bn}的通项公式是关键． 解 (1)设数列{xn}的公比为 q，由已知知 q>0. 由题意得 x1＋x1q＝3， x1q2－x1q＝2， 所以 3q2－5q－2＝0. 因为 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＝n＋n＋1 2 ×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 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 ＝3 2 ＋21－2n－1 1－2 －(2n＋1)×2n－1. 所以 Tn＝2n－1×2n＋1 2 . 冲关策略 数列与解析几何的综合问题，往往以考查数列知识为主，只需将 含有解析几何知识的已知条件进行转化，就变成了一个纯数列问题． 命题角度 4 数列与应用问题的交汇 例 6 [2018·北京东城模拟]从社会效益和经济效益出发，某地 投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年 度投入 800 万元，以后每年投入将比上一年减少1 5 ，本年度当地旅游 业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今 后的旅游业收入每年会比上一年增加1 4. (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元，旅游业总收入为 bn 万元，写出 an，bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ 解题视点 (1)根据题意，构建等比数列模型；(2)构建不等关系， 解不等式求解． 解 (1)第 1 年投入为 800 万元，第 2 年投入为 800× 1－1 5 万 元，…，第 n 年投入为 800× 1－1 5 n－1 万元，所以，n 年内的总投入 为 an＝800＋800× 1－1 5 ＋…＋800× 1－1 5 n－1 ＝800× 1＋4 5 ＋ 4 5 2＋…＋ 4 5 n－1 ＝4000× 1－ 4 5 n . 第 1 年旅游业收入为 400 万元，第 2 年旅游业收入为 400× 1＋1 4 万元，…，第 n 年旅游业收入为 400× 1＋1 4 n－1 万元，所以，n 年内 的旅游业总收入为 bn＝400＋400× 1＋1 4 ＋…＋400× 1＋1 4 n－1 ＝400× 1＋5 4 ＋ 5 4 2＋…＋ 5 4 n－1 ＝1600× 5 4 n－1 . (2)设至少经过 n 年，旅游业的总收入才能超过总投入，由此得 bn－an>0，即 1600× 5 4 n－1 －4000× 1－ 4 5 n >0，令 x＝ 4 5 n，代入上式得 5x2 －7x＋2>0，解此不等式，得 x<2 5 或 x>1(舍去)，即 4 5 n<2 5 ，由此得 n≥5. 所以至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入． 冲关策略 (1)此类问题的解题思路：仔细阅读所给材料，认真理解题意，将 已知条件翻译成数学语言并转化为数学问题，分清是等差数列还是等 比数列，是求通项问题还是求项数问题，或是求和问题等，并建立相 应数学模型求解． (2)一般涉及递增率，要用等比数列，涉及依次增加或者减少，要 用等差数列，有的问题是通过转化得到等差或等比数列，在解决问题 时要向这些方向思考． 解答题专项训练三 1．[2017·全国卷Ⅱ]已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数 列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝21，求 S3. 解 (1)设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，由 a2＋b2＝2 得－1 ＋d＋q＝2.① 由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.② 联立①和②解得 d＝3， q＝0 (舍去)，或 d＝1， q＝2. 因此{bn}的通项公式为 bn＝2n－1. (2)由 b1＝1，T3＝21 得 q2＋q－20＝0. 解得 q＝－5 或 q＝4. 当 q＝－5 时，由①得 d＝8，则 S3＝21. 当 q＝4 时，由①得 d＝－1，则 S3＝－6. 2．[2018·西安模拟]设{an}是公比大于 1 的等比数列，Sn 为其前 n 项和，已知 S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4 构成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设数列{an}的公比为 q(q>1)， 由题意可得 a1＋a2＋a3＝7， 6a2＝a1＋3＋a3＋4， 即 a11＋q＋q2＝7， a11－6q＋q2＝－7， 解得 a1＝1， q＝2. ∴数列{an}的通项公式为 an＝2n－1. (2)由(1)知 bn＝2n－1＋ln 2n－1＝2n－1＋(n－1)ln 2， ∴Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2 ＝1×1－2n 1－2 ＋nn－1 2 ln 2 ＝2n－1＋nn－1 2 ln 2. 3．[2018·昆明检测]已知数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝n＋1 n an＋2n ＋2. (1)证明：数列 an n 是等差数列； (2)证明： 1 a1 ＋ 1 a2 ＋ 1 a3 ＋…＋ 1 an <1. 证明 (1)由 an＋1＝n＋1 n an＋2n＋2，得 an＋1 n＋1 ＝an n ＋2，即 an＋1 n＋1 －an n ＝ 2，∴数列 an n 是首项为 3，公差为 2 的等差数列． (2)由(1)知，an n ＝3＋(n－1)×2＝2n＋1， ∴an＝n(2n＋1)， ∴ 1 an ＝ 1 n2n＋1< 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ， ∴ 1 a1 ＋ 1 a2 ＋ 1 a3 ＋…＋ 1 an < 1 1 －1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1 1 － 1 n＋1<1， ∴ 1 a1 ＋ 1 a2 ＋ 1 a3 ＋…＋ 1 an <1. 4．[2018·沈阳模拟]设数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 S3＝9，Sn ＝nan＋1－n(n＋1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝an×( 2)an＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)由题意得， S1＝a2－2， a1＋a2＝2a3－6， a1＋a2＋a3＝9， 解得 a1＝1，a2＝3，a3 ＝5， 当 n≥2 时，Sn－1＝(n－1)an－(n－1)n， 所以 an＝nan＋1－n(n＋1)－(n－1)an＋(n－1)n， 即 an＋1－an＝2. 又 a2－a1＝2，因而数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列， 从而 an＝2n－1. (2)由(1)知 bn＝an×( 2)an＋1＝(2n－1)×2n， Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n， 2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1. 两式相减得 －Tn＝1×21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1 ＝－2＋2×(21＋22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1 ＝－2＋2×2×1－2n 1－2 －(2n－1)×2n＋1 ＝－2＋2n＋2－4－(2n－1)×2n＋1＝－6－(2n－3)×2n＋1. 所以 Tn＝6＋(2n－3)×2n＋1. 5．[2018·南通模拟]已知数列{an}满足：1 a1 ＋ 2 a2 ＋…＋ n an ＝3 8(32n－ 1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log3 an n ，求 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1 . 解 (1) 1 a1 ＝3 8(32－1)＝3， 当 n≥2 时， ∵ n an ＝ 1 a1 ＋ 2 a2 ＋…＋ n an － 1 a1 ＋ 2 a2 ＋…＋n－1 an－1 ＝3 8(32n－1)－3 8(32n－2－1)＝32n－1， 当 n＝1 时， n an ＝32n－1 也成立， ∴an＝ n 32n－1. (2)bn＝log3 an n ＝－(2n－1)， 1 bnbn＋1 ＝ 1 2n－12n＋1 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1 ， ∴ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋ … ＋ 1 bnbn＋1 ＝ 1 2 1－1 3 ＋ 1 3 －1 5 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ＝1 2 1－ 1 2n＋1 ＝ n 2n＋1. 6．[2018·张家口模拟]已知数列{an}满足 a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an ＝0，数列{bn}满足 bn＝ 1 2n·an . (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Sn，问：是否存在 n，使得 Sn 的值是 3 8 ？ 解 (1)因为 2an·an＋1＋an＋1－an＝0， 所以 an＋1＝ an 2an＋1 ， 1 an＋1 － 1 an ＝2an＋1 an － 1 an ＝2， 由等差数列的定义可得 1 an 是首项为 1 a1 ＝1，公差为 d＝2 的等差 数列． 故 1 an ＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以 an＝ 1 2n－1. (2)由(1)得 bn＝2n－1 2n ， 所以 Sn＝1 2 ＋ 3 22＋…＋2n－1 2n ， 两边同乘以1 2 得，1 2Sn＝ 1 22＋ 3 23＋…＋2n－1 2n＋1 ， 两式相减得 1 2Sn＝1 2 ＋2 1 22＋ 1 23＋…＋ 1 2n －2n－1 2n＋1 ， 即 1 2Sn＝1 2 ＋2× 1 4 1－ 1 2n－1 1－1 2 －2n－1 2n＋1 ＝3 2 － 1 2n－1 －2n－1 2n＋1 ， 所以 Sn＝3－2n＋3 2n . 因为 Sn＋1－Sn＝2n＋3 2n －2n＋5 2n＋1 ＝2n＋1 2n＋1 >0，所以数列{Sn}是关于项 数 n 的递增数列，所以 Sn≥S1＝1 2 ，因为3 8<1 2 ，所以不存在 n，使得 Sn ＝3 8. 7．[2018·甘肃诊断]某乡镇引进一高科技企业，投入资金 720 万 元建设基本设施，第一年各种运营费用 120 万元，以后每年增加 40 万元．每年企业销售收入 500 万元，设 f(n)表示前 n 年的纯收入(f(n) ＝前 n 年的总收入－前 n 年的总支出－投资额)． (1)从第几年开始获取纯利润？ (2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案： ①年平均利润最大时，以 480 万元出售该企业； ②纯利润最大时，以 160 万元出售该企业．问哪种方案最合算？ 解 由题意知每年的运营费用(万元)是以 120 为首项，40 为公差 的等差数列． 则 f(n)＝500n－ 120n＋nn－1 2 ×40 －720 ＝－20n2＋400n－720. (1)获取纯利润就是 f(n)>0， 故有－20n2＋400n－720>0，解得 2