（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第3讲 数列的综合问题学案 20页

第3讲　数列的综合问题 ‎[考情考向分析]　1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．‎ 热点一　利用Sn，an的关系式求an ‎1.数列{an}中，an与Sn的关系 an＝ ‎2．求数列通项的常用方法 ‎(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．‎ ‎(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.‎ ‎(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.‎ ‎(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．‎ 例1　(2018·浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.‎ ‎(1)求q的值；‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式．‎ 20‎ 解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，‎ 得a3＋a5＝‎2a4＋4，‎ 所以a3＋a4＋a5＝‎3a4＋4＝28，解得a4＝8.‎ 由a3＋a5＝20，得8＝20，‎ 解得q＝2或q＝.‎ 因为q>1，所以q＝2.‎ ‎(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.‎ 由cn＝解得cn＝4n－1(n∈N*)．‎ 由(1)可得an＝2n－1，‎ 所以bn＋1－bn＝(4n－1)×n－1，‎ 故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2，‎ bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×n－3＋…＋7×＋3.‎ 设Tn＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－5)×n－2，n≥2，①‎ 则Tn＝3×＋7×2＋…＋(4n－9)×n－2＋(4n－5)×n－1，n≥2，②‎ ‎①－②，得Tn＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n－2－(4n－5)×n－1，n≥2，‎ 因此Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.‎ 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2，n≥2，‎ 当n＝1时，b1＝1也满足上式，‎ 所以bn＝15－(4n＋3)×n－2，n∈N*.‎ 思维升华　给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.‎ 跟踪演练1　已知数列{an}的前n项和Sn满足：a1an＝S1＋Sn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ 20‎ ‎(2)若an>0，数列的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．‎ 解　(1)由已知a1an＝S1＋Sn，①‎ 可得当n＝1时，a＝a1＋a1，解得a1＝0或a1＝2，‎ 当n≥2时，由已知可得a1an－1＝S1＋Sn－1，②‎ ‎①－②得a1＝an.‎ 若a1＝0，则an＝0，此时数列{an}的通项公式为an＝0.‎ 若a1＝2，则2＝an，化简得an＝2an－1，‎ 即此时数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 故an＝2n(n∈N*)．‎ 综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)因为an>0，故an＝2n.‎ 设bn＝log2，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，‎ 由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小，‎ 最小值为T4＝T5＝＝－10.‎ 热点二　数列与函数、不等式的综合问题 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．‎ 例2　已知函数f(x)＝ln(1＋x)－.‎ ‎(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；‎ ‎(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2.‎ ‎(1)解　由已知可得f(0)＝0，‎ ‎∵f(x)＝ln(1＋x)－，‎ ‎∴f′(x)＝，且f′(0)＝0.‎ ‎①若λ≤0，则当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ ‎∴f(x)≥f(0)＝0，不合题意；‎ ‎②若0<λ<，‎ 则当00，f(x)单调递增，‎ ‎∴当0f(0)＝0，不合题意；‎ 20‎ ‎③若λ≥，‎ 则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 当x≥0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意．‎ 综上，λ≥.∴实数λ的最小值为.‎ ‎(2)证明　由于a2n－an＋＝＋＋＋…＋＋＋，‎ 若λ＝，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－，‎ 且当x>0时，f(x)<0，即>ln(1＋x)，‎ 令x＝，则>ln，‎ ‎∴＋>ln，‎ ＋>ln，‎ ＋>ln，‎ ‎…，‎ ＋>ln.‎ 以上各式两边分别相加可得 ＋＋＋＋＋＋…＋＋ ‎>ln＋ln＋ln＋…＋ln，‎ 即＋＋＋…＋＋＋ ‎>ln＝ln＝ln 2，‎ ‎∴a2n－an＋>ln 2.‎ 思维升华　解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点 ‎(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视．‎ ‎(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．‎ ‎(3)不等关系证明中进行适当的放缩．‎ 跟踪演练2　设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.‎ 20‎ ‎(1)求fn′(2)；‎ ‎(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且00，‎ 所以fn(x)在内至少存在一个零点，‎ 又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，‎ 所以fn(x)在内单调递增，‎ 因此fn(x)在内有且仅有一个零点an，‎ 由于fn(x)＝－1，‎ 所以fn(an)＝－1＝0，‎ 由此可得an＝＋a>，故0，n∈N*)．‎ ‎(1)证明：an＋1>an≥1；‎ 20‎ ‎(2)若对任意n∈N*，都有an≥n－1，证明：‎ ‎①对于任意m∈N*，当n≥m时，an≤(n－m)＋am；‎ ‎②an≤.‎ 证明　(1)因为c>0，a1＝1，‎ 所以an＋1＝an＋>an(n∈N*)，‎ 下面用数学归纳法证明an≥1.‎ ‎①当n＝1时，a1＝1≥1；‎ ‎②假设当n＝k时，ak≥1，‎ 则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋>ak≥1.‎ 所以当n∈N*时，an≥1.‎ 所以an＋1>an≥1.‎ ‎(2)①由(1)知当n≥m时，an≥am≥1，‎ 所以an＋1＝an＋≤an＋，‎ 即an＋1－an≤，累加得an－am≤(n－m)．‎ 所以an≤(n－m)＋am.‎ ‎②若c>，当m>时，‎ am>－1＝.‎ 所以时，n－1>(n－m)＋am，矛盾．‎ 所以c≤.‎ 因为a＝a＋‎2c＋≤a＋‎2c＋c2≤a＋，‎ 20‎ 累加得a≤a＋(n－1)＝，‎ 所以an≤.‎ 真题体验 ‎1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.‎ 答案　－63‎ 解析　∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，‎ 即an＝2an－1(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝S1＝‎2a1＋1，得a1＝－1.‎ ‎∴数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，‎ ‎∴Sn＝＝＝1－2n，‎ ‎∴S6＝1－26＝－63.‎ ‎2．(2017·浙江)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．‎ 证明：当n∈N*时，‎ ‎(1)00.‎ 当n＝1时，x1＝1>0.‎ 假设当n＝k(k∈N*)时，xk>0，‎ 那么当n＝k＋1时，若xk＋1≤0，‎ 则00，‎ 因此xn>0(n∈N*)．‎ 所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1，‎ 因此00(x>0)，‎ 函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ 所以f(x)≥f(0)＝0，‎ 因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，‎ 故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．‎ ‎(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，‎ 所以xn≥.‎ 由≥2xn＋1－xn得 －≥2>0，‎ 所以－≥2≥…≥2n－1 ‎＝2n－2，‎ 故xn≤.‎ 综上，≤xn≤(n∈N*)．‎ 押题预测 已知数列{an}满足a1＝2，点(an，an＋1)在直线y＝3x＋2上．数列{bn}满足b1＝2，＝＋＋…＋.‎ ‎(1)求b2的值；‎ ‎(2)求证：数列{an＋1}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)求证：2－≤…<.‎ 押题依据　数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部分的难点，考查学生的综合能力．‎ ‎(1)解　由已知得a2＝‎3a1＋2＝8，‎ 所以＝，＝，解得b2＝4.‎ ‎(2)解　由条件得an＋1＝3an＋2，‎ 20‎ 则＝＝3，‎ 所以数列{an＋1}是以a1＋1为首项，3为公比的等比数列．‎ 即an＋1＝(a1＋1)·3n－1＝3n，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎(3)证明　由题设＝＋＋…＋，①‎ 知＝＋＋…＋ (n≥2)，②‎ 由①－②，得－＝，‎ 则＝，‎ 即＝(n≥2)．‎ 当n＝1时，2－＝，‎ ‎1＋＝<，‎ 所以原不等式成立；‎ 当n≥2时，… ‎＝··…· ‎＝···…··(1＋bn)‎ ‎＝××·…··(1＋bn)‎ ‎＝×·(1＋bn)‎ ‎＝3 ‎＝3 ‎＝3，‎ 先证明不等式左边，当n≥2时，‎ 因为＝>，‎ 所以3 20‎ ‎>3 ‎＝3 ‎＝2－.‎ 所以3≥2－.‎ 再证明不等式右边，当n≥2时，‎ ＝＝≤，‎ 所以3 ‎≤3 ‎＝3 ‎＝3<.‎ 所以2－≤…<成立．‎ 综上所述，不等式成立．‎ A组　专题通关 ‎1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是(　　)‎ A．2 062 B．2 063‎ C．2 064 D．2 065‎ 答案　B 解析　由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k个平方数与第k＋1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2‎ 20‎ ‎ 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.‎ ‎2．已知数列{an}满足010的n的最小值为(　　)‎ A．60 B．‎61 C．121 D．122‎ 答案　B 解析　由a－‎8a＋4＝0，得a＋＝8，‎ 所以a＋＝8＋8(n－1)＝8n，‎ 所以2＝a＋＋4＝8n＋4，‎ 所以an＋＝2，即a－2an＋2＝0，‎ 所以an＝＝±，‎ 因为010得>11，‎ 所以n>60.‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则(　　)‎ A．an≥2n＋1 B．Sn≥n2‎ C．an≥2n－1 D．Sn≥2n－1‎ 答案　B 解析　由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，‎ an－an－1≥2，‎ ‎∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，‎ ‎∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1.‎ ‎∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，‎ 即Sn≥(1＋2n－1)＝n2.‎ ‎4．数列{an}满足a1＝，an＝(n∈N*)，若对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，则最小的整数k是(　　)‎ A．3 B．‎4 C．5 D．6‎ 答案　C 20‎ 解析　由an＝，得an＝an＋1－1，‎ ‎∴＝＝－，‎ 即＝－，且an>1.‎ ‎∴＋＋…＋＝＋‎ ＋…＋ ‎＝－，‎ ‎∴＋＋…＋＝5－<5.‎ 又对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，‎ ‎∴k≥5.故最小的整数k是5.‎ ‎5．已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么(i)的值为(　　)‎ A．2 488 B．2 ‎495 C．2 498 D．2 500‎ 答案　D 解析　由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且n 为奇数时f(n)＝n，‎ 则(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)‎ ‎＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)‎ ‎＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)‎ ‎＝2 500＋(i)，‎ ‎∴(i)＝(i)－(i)＝2 500.‎ ‎6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n(n≥6)，定义f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，其中a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)，则a6＝________；当n＝2 019时，f(2)＝________.‎ 答案　64　 解析　由a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)得数列{ai}为首项为2，公比为2的等比数列，则ai＝2i(i∈N*，i≤n)，所以a6＝26＝64.当n＝2 019时，f(x)＝1＋2x＋22x2＋…＋22 019x2 019‎ 20‎ ‎，则f(2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝＝.‎ ‎7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4n－2＋1)的最小值为__________．‎ 答案　4‎ 解析　∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，‎ ‎∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，‎ ‎∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列，‎ ‎∴an＝4n，‎ ‎∴(4n－2＋1)＝ ‎＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当n＝2时取“＝”．‎ ‎8．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，anan，a1＝0，所以an≥0.‎ 则an＋1＝an＋≤an＋e－nln 2＝an＋2－n，‎ 所以an≤an－1＋2－(n－1)≤an－2＋2－(n－2)＋2－(n－1)≤…≤a1＋2－1＋…＋2－(n－2)＋2－(n－1)＝1－21－n.‎ 令f(n)＝＋21－n－2，‎ 则f(n＋1)－f(n)＝‎ ‎＝－2－n＝‎ ‎＝－2－n>－2－n＝0，‎ 所以{f(n)}是递增数列，所以f(n)≥f(1)＝0，‎ 即＋21－n－2≥0，所以an≥ln(2－21－n)，‎ 综上所述，ln(2－21－n)≤an≤1－21－n得证．‎ ‎(3)解　由(2)得 an＋1＝an＋≤an＋‎ ‎＝an＋，‎ 所以an≤an－1＋≤an－2＋＋ ‎≤…≤a1＋＋…＋＋ ‎＝＋…＋＋(n≥2)．‎ 因为＝≤(n≥3)，‎ 所以当n≥4时，an<＋＋＋…＋＝＋＋<.‎ 由{an}的单调性知当n＝1,2,3时，an<，‎ 综上所述，对任意的n∈N*，都有an<，‎ 20‎ 所以存在c＝使an≤1－c成立．‎ ‎10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列an＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：a2 018>6；‎ ‎(2)求证：对一切n≥2都有a＋2>2.‎ 证明　(1)∵an＝1＋＋＋…＋，‎ ‎∴a2 018＝1＋＋＋…＋＋…＋，‎ a2 018>1＋＋＋…＋>1＋＋＋…＋＝1＋×10＝6.‎ ‎(2)由题意得an－an－1＝(n≥2)，即an－1＝an－，‎ 将式子两边平方得 a＝a－2＋，‎ ‎∴a－a＝2－，‎ a＝a－a＋a－a＋a－a＋…＋a－a＋a ‎＝2－.‎ ‎∵1＋＋…＋<1＋＋＋…＋ ‎＝2－<2，‎ ‎∴对一切n≥2都有a＋2>2.‎ B组　能力提高 ‎11．(2018·浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1，则(　　)‎ A．a1a3，a2a4 D．a1>a3，a2>a4‎ 答案　B 解析　构造不等式ln x≤x－1，‎ 则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，‎ 所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q<0.‎ 20‎ 若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.‎ 又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，‎ 所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．‎ 因此－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，‎ 所以a1>a3，a20(n∈N*)；‎ ‎(2)an＋1<(n∈N*)；‎ ‎(3)≤Tn≤(n∈N*)．‎ 20‎ 证明　(1)①当n＝1时，a1＝1>0，‎ 所以当n＝1时，命题成立；‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，即ak>0，‎ 则由1＋ak>1，知ak＋1＝ln(1＋ak)>0，所以ak＋1>0.‎ 故对于n∈N*都有an>0.‎ ‎(2)先利用ln(1＋x)0)证明ln(1＋an)成立，‎ 则累加可得≥1＋(n－1)＝，‎ 故Tn≥n＋×＝.‎ 构造函数g(x)＝ln(1＋x)－(00，‎ 所以g(x)在(0,1]上单调递增，‎ 所以g(x)＝ln(1＋x)－>g(0)＝0，‎ 得ln(1＋an)>.‎ 所以有an＋1>，进一步有－<，则累加可得≤，‎ 故Tn≤n＋×＝.‎ 因此原命题成立．‎ 20‎ ‎14. (2018·宁波期末)已知数列{an}满足an＋1＝a1＝a.‎ ‎(1)若a>1，求证：对任意正整数n(n>1)均有an≥2；‎ ‎(2)若a＝3，求证：4n＋12时，根据g(x)＝2x－2和f(x)＝在[2，＋∞)上均为增函数，‎ 从而当an≥2时，必有an＋1＝f(an)≥f(2)＝2‎ 或an＋1＝g(an)≥g(2)＝2.‎ 当12.‎ 当a＝2时，a2＝a3＝2，从而an＝2恒成立．‎ 综上所述，当a>1时，an≥2对所有满足n>1的正整数n均成立．‎ ‎(2)当a＝3时，一方面，‎ 由(1)知a2k－1＋a2k>4(k≥2，k∈N)．‎ 又a1＋a2＝3＋>5，所以a1＋a2＋…＋a2n>4n＋1.‎ 另一方面，‎ a2k－1＋a2k＝a2k－1＋＝，‎ 且a2k＋1＝‎2a2k－2＝，‎ 令a2k－1－2＝bk，则bk＋1＋2＝，‎ 即bk＋1＝，且b1＝1，b2＝.‎ 所以a2k－1＋a2k＝＝ ‎＝.‎ 由bk＋1－bk＝，‎ 且b2－b1<0知{bk}为递减数列，且bk>0，所以<1.‎ 从而a2k－1＋a2k＝