【数学】2019届一轮复习北师大版 数列的综合问题 学案 11页

第25练　数列的综合问题 ‎[明考情]‎ 数列与函数方程、方程不等式的综合问题是高考的重点，往往和数列的通项、求和结合考查，在高考中经常出现.‎ ‎[知考向]‎ ‎1.数列与函数的综合.‎ ‎2.数列与不等式的综合.‎ ‎3.数列与其他知识的综合.‎ 考点一　数列与函数的综合 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图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.‎ ‎(2)数列中的函数问题，一般利用数列的性质研究函数的性质，用函数思想求解数列问题.‎ ‎1.设函数f(x)＝＋sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，求数列的前n项和Sn.‎ 解　(1)f(x)＝＋sinx，‎ 令f′(x)＝＋cosx＝0，得x＝2kπ±(k∈ ).‎ 由f′(x)＞0⇒2kπ－＜x＜2kπ＋(k∈ )，‎ 由f′(x)＜0⇒2kπ＋＜x＜2kπ＋(k∈ )，‎ 当x＝2kπ－(k∈ )时，f(x)取得极小值，所以xn＝2nπ－(n∈N*).‎ ‎(2)因为bn＝＝n－＝，‎ 所以＝·＝3，‎ 所以Sn＝3＝3＝.‎ ‎2.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1＋x)＝f(1－x)，直线g(x)＝4(x－1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为4，数列{an}满足a1＝2，(an＋1－an)·g(an)＋f(an)＝0(n∈N*).‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)设bn＝3f(an)－g(an＋1)，求数列{bn}的最值及相应的n.‎ 解　(1)设f(x)＝a(x－1)2(a＞0)，则直线g(x)＝4(x－1)的图象与y＝f(x)的图象的两个交点为(1，0)，.‎ 因为＝4(a＞0)，所以a＝1，‎ 所以f(x)＝(x－1)2.‎ ‎(2)f(an)＝(an－1)2，g(an)＝4(an－1)，‎ 因为(an＋1－an)·4(an－1)＋(an－1)2＝0，‎ 所以(an－1)(4an＋1－3an－1)＝0.‎ 因为a1＝2，所以an≠1，所以4an＋1－3an－1＝0，‎ 所以an＋1－1＝(an－1)，且a1－1＝1，‎ 所以数列{an－1}是首项为1，公比为的等比数列，‎ 所以an－1＝n－1，即an＝n－1＋1.‎ ‎(3)bn＝3(an－1)2－4(an＋1－1)，‎ 令bn＝y，u＝n－1，‎ 则y＝3＝32－.‎ 因为n∈N*，所以u的值分别为1，，，，…，‎ 经比较距最近，‎ 所以当n＝3时，bn有最小值－，‎ 当n＝1时，bn有最大值0.‎ ‎3.已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.‎ ‎(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；‎ ‎(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an＜2；‎ ‎(3)设bn＝(9－n)，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最大时，求n的值.‎ ‎(1)解　令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，‎ ‎∴{f(n)}是首项为，公比为的等比数列，‎ ‎∴f(n)＝n.‎ ‎(2)证明　设Tn为{an}的前n项和，‎ ‎∵an＝n·f(n)＝n·n，‎ ‎∴Tn＝＋2·2＋3·3＋…＋n·n，‎ Tn＝2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n+1，‎ 两式相减，得Tn＝＋2＋3＋…＋n－n·n+1，‎ ‎∴Tn＝2－n－1－n·n＜2.‎ 即a1＋a2＋a3＋…＋an<2.‎ ‎(3)解　∵f(n)＝n，‎ ‎∴bn＝(9－n)＝(9－n)＝，‎ ‎∴当n≤8时，bn＞0；当n＝9时，bn＝0；当n＞9时，bn＜0.‎ ‎∴当n＝8或9时，Sn取得最大值.‎ 考点二　数列与不等式的综合 方法技巧　(1)数列中的最值问题可以利用基本不等式求解.‎ ‎(2)与数列求和有关的不等式证明可以对中间过程或最后结果放缩得到.‎ ‎(3)可利用比较法或数列的单调性解决比较大小问题.‎ ‎4.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.‎ ‎(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若an＋1≥an，n∈N*，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)依题意，得 Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，‎ 即Sn＋1＝2Sn＋3n，‎ 由此得Sn＋1－3n+1＝2(Sn－3n)，‎ 因此bn＋1＝2bn.‎ 当a≠3时，{bn}为等比数列，且首项b1＝a－3，公比q＝2，‎ 所以通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*. ①‎ 当a＝3时，b1＝a－3＝0，bn＝2bn－1＝22bn－2＝23bn－3＝…＝2n－1b1＝0，也适合①式.‎ 故数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，‎ 于是，当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，则an＋1－an＝2×3n＋(a－3)·2n－1－2×3n－1－(a－3)2n－2＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2[12×n－2＋a－3]，‎ 当n≥2时，an＋1≥an⇒12×n－2＋a－3≥0⇒a≥－9.‎ 又a2＝a1＋3＞a1成立，‎ 所以所求实数a的取值范围是[－9，＋∞).‎ ‎5.(2017·重庆一调)已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)记Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求n的最大值.‎ ‎(1)证明　∵＝＋，‎ ‎∴－2＝－＝.‎ 又∵－2＝－≠0，‎ ‎∴数列是首项为－，公比为的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)可求得 －2＝－×n－1，‎ ‎∴＝2－n.‎ Sn＝＋＋…＋＝2n－＝2n－＝2n－＋.‎ 若Sn<100，则2n－＋<100，‎ ‎∴nmax＝50.‎ ‎6.已知数列{an}满足an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*).‎ ‎(1)若a1＝1，f(x)＝3x＋5，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a1＝6，f(x)＝2x且λan＞2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.‎ 解　(1)因为an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*)，f(n)＝3n＋5，‎ 所以an＋1－an＝2(3n＋8－3n－5)＝6，‎ 所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，‎ 即an＝6n－5.‎ ‎(2)因为f(x)＝2x，‎ 所以f(n＋1)－f(n)＝2n+1－2n＝2n，‎ 所以an＋1－an＝2·2n＝2n+1.‎ 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n+1＋2，‎ 当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n+1＋2.‎ 由λan＞2n＋n＋2λ，得λ＞＝＋，而－＝≤0，所以当n＝1或n＝2时，取得最大值，故λ的取值范围为.‎ 考点三　数列与其他知识的综合 方法技巧　数列和其他知识的综合问题解题的关键是通过对其他知识的转化得到数列的通项关系式或递推关系式.‎ ‎7.(2017·山东)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.直线ln：y＝x－与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N*.数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝|AnBn|2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由题意知，圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝，半径rn＝，‎ 所以an＋1＝2＝r－d＝(2an＋n)－n＝2an.‎ 又a1＝1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)‎ ‎＝[1＋5＋…＋(2n－3)]＋(2＋23＋…＋2n－1)‎ ‎＝＋＝＋(2n－1).‎ 当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＋1＝＋(2n+1－1)＝＋(2n+1－1).‎ 而Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n，‎ 所以Tn＝＋(2n－2).‎ 所以Tn＝ ‎9.(2017·江苏)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”.‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，‎ an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ‎＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an， ①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an. ②‎ 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)， ③‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an). ④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，‎ 所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，‎ 所以a1＝a3－2d′，‎ 所以数列{an}是等差数列.‎ 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＝an，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＝an＝2n＝－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]　求和：根据数列的类型，选择适当方法求出数列的前n项和.‎ ‎[第三步]　求最值：根据题目条件，建立相应的函数或不等式，通过解相应函数或不等式求出n的最小值.‎ ‎1.(2017·佛山一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝an＋n2－1(n∈N*).‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：＋＋…＋＜.‎ ‎(1)解　∵Sn＝an＋n2－1(n∈N*)，‎ ‎∴a1＋a2＝a2＋22－1，解得a1＝3.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋n2－1－[an－1＋(n－1)2－1]化为an－1＝2n－1，可得an＝2n＋1，‎ 当n＝1时也成立.‎ ‎∴an＝2n＋1.‎ ‎(2)证明　由(1)可得Sn＝2n＋1＋n2－1＝n2＋2n，‎ ‎∴＝＝.‎ ‎∴＋＋…＋ ‎＝ ‎＝＜.‎ ‎2.已知数列{an}满足an＋1－an＝4n＋1(n∈N*)，且a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝(－1)n (n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)由于an＋1－an＝4n＋1(n∈N*)，‎ 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1‎ ‎＝(4n－3)＋(4n－7)＋…＋5＋1＝＝2n2－n.‎ 所以an＝2n2－n.‎ ‎(2)由an＝2n2－n，‎ 可得bn＝(－1)n＝(－1)n＝(－1)n.‎ 当n为偶数时，‎ Sn＝＋＋＋…＋＝－1＋＝－；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝＋＋＋…－＝－1－＝－.‎ ‎3.设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m.‎ 解　(1)依题意得＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，‎ 所以an＝6n－5(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝＝.‎ 故Tn＝n＝＝.‎ 因此，使得＜(n∈N*)恒成立的m必须满足≤，即m≥10，‎ 故满足要求的最小正整数m为10.‎ ‎4.(2017·山东淄博模拟)数列{an}是公差为正数的等差数列，a2和a5是方程x2－12x＋27＝0的两个实数根，数列{bn}满足3n－1bn＝nan＋1－(n－1)an.‎ ‎(1)求an与bn；‎ ‎(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求Tn<7时n的最大值.‎ 解　(1)由a2＋a5＝12，a2a5＝27且d>0，‎ 得a2＝3，a5＝9.‎ 因此d＝＝2，a1＝1，‎ 因此an＝2n－1.‎ ‎3n－1bn＝n(2n＋1)－(n－1)(2n－1)＝4n－1，‎ 所以bn＝.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝，‎ 因此Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ＝＋＋＋…＋＋.‎ 两式相减，得＝3＋＋＋…＋－，‎ ＝3＋4·－＝5－.‎ 因此Tn＝－.‎ Tn－Tn＋1＝－＝<0，‎ 因此Tn7，‎ 因此当Tn<7时，n的最大值为3.‎ ‎5.设函数f(x)＝x2，过点C1(1，0)作x轴的垂线l1交函数f(x)的图象于点A1，以点A1为切点作函数f(x)的图象的切线交x轴于点C2，再过点C2作x轴的垂线l2交函数f(x)的图象于点A2，…，以此类推得点An，记An的横坐标为an，n∈N*.‎ ‎(1)证明：数列{an}为等比数列并求出通项公式；‎ ‎(2)设直线ln与函数g(x)＝的图象相交于点Bn，记bn＝n·n(其中O为坐标原点)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎(1)证明　以点An－1(an－1，a)(n≥2)为切点的切线方程为y－a＝2an－1(x－an－1).‎ 当y＝0时，得x＝an－1，即an＝an－1.‎ 又∵a1＝1，‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列.‎ ‎∴通项公式为an＝n－1.‎ ‎(2)解　据题意，得Bn.‎ ‎∴bn＝n·n＝n－1＋n－1·(n－1)＝nn－1.‎ ‎∵Sn＝1×0＋2×1＋…＋n×n－1，‎ Sn＝1×1＋2×2＋…＋n×n，‎ 两式相减，得Sn＝1×0＋1×1＋…＋1×n－1－n×n＝－n×n，‎ 化简，得Sn＝－×n＝－.‎