《（通用版）2019高考數學二輪復習 第二篇 第12練 數列的綜合問題精準提分練習 文.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2019高考數學二輪復習 第二篇 第12練 數列的綜合問題精準提分練習 文.docx（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第12練　數列的綜合問題 [明晰考情]　1.命題角度：考查等差數列、等比數列的判定與證明；以an, Sn的關系為切入點，考查數列的通項、前n項和等；數列和函數、不等式的綜合應用；一般位于解答題的17題位置.2.題目難度：中等偏下難度. 考點一　等差數列、等比數列的判定與證明 方法技巧　判斷等差(比)數列的常用方法 (1)定義法：若an＋1－an＝d，d為常數，則{an}為等差(比)數列. (2)中項公式法. (3)通項公式法. 1.已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數. (1)證明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由. (1)證明　由題設知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. (2)解　由題設知，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，由此可得數列{a2n－1}是首項為1，公差為4的等差數列，a2n－1＝4n－3； 數列{a2n}是首項為3，公差為4的等差數列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2， 因此存在λ＝4，使得數列{an}為等差數列. 2.已知數列{an}滿足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N*. (1)設bn＝，證明：{bn}為等差數列，并求數列{bn}的通項公式； (2)在(1)的條件下，求數列{an}的前n項和Sn. 解　(1)把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1， 得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1， 兩邊同除以2n＋1， 得bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1， ∴{bn}為等差數列，首項b1＝＝1，公差為1， ∴bn＝n(n∈N*). (2)由bn＝n＝，得an＝n2n， ∴Sn＝121＋222＋323＋…＋n2n， ∴2Sn＝122＋223＋324＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1， 兩式相減，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝(1－n)2n＋1－2， ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*). 3.設數列{an}的前n項和為Sn，且首項a1≠3，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*). (1)求證：{Sn－3n}是等比數列； (2)若{an}為遞增數列，求a1的取值范圍. (1)證明　∵an＋1＝Sn＋3n， ∴Sn＋1＝2Sn＋3n， ∴Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n). ∵a1≠3，∴數列{Sn－3n}是首項為a1－3，公比為2的等比數列. (2)解　由(1)得，Sn－3n＝(a1－3)2n－1. ∴Sn＝(a1－3)2n－1＋3n. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(a1－3)2n－2＋23n－1. ∵{an}為遞增數列，∴當n≥2時，(a1－3)2n－1＋23n>(a1－3)2n－2＋23n－1， ∴當n≥2時，2n－2>0， ∴a1>－9. ∵a2＝a1＋3>a1， ∴a1的取值范圍是(－9，＋∞). 考點二　數列的通項與求和 方法技巧　(1)根據數列的遞推關系求通項的常用方法 ①累加(乘)法 形如an＋1＝an＋f(n)的數列，可用累加法； 形如＝f(n)的數列，可用累乘法. ②構造數列法 形如an＋1＝，可轉化為－＝，構造等差數列； 形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可轉化為an＋1＋＝p構造等比數列. (2)數列求和的常用方法 ①倒序相加法；②分組求和法；③錯位相減法；④裂項相消法. 4.已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＝2Sn＋1(n∈N*). (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝(2n－1)an，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)當n＝1時，a1＝2S1＋1＝2a1＋1， 解得a1＝－1. 當n≥2時，由an＝2Sn＋1， 得an－1＝2Sn－1＋1， 兩式相減得an－an－1＝2an， 化簡得an＝－an－1， 所以數列{an}是首項為－1，公比為－1的等比數列， 則可得an＝(－1)n. (2)由(1)得bn＝(2n－1)(－1)n， 當n為偶數時，Tn＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－(2n－3)＋(2n－1)＝2＝n， 當n為奇數時，n＋1為偶數，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)－(2n＋1)＝－n. 所以數列{bn}的前n項和Tn＝(－1)nn. 5.已知數列{an}，{bn}滿足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝. (1)求數列{bn}的通項公式； (2)設Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，求Sn. 解　(1)bn＋1＝＝＝. a1＝，b1＝， 因為bn＋1－1＝－1＝， 所以＝＝－1＋， 所以數列是以－4為首項，－1為公差的等差數列， 所以＝－4－(n－1)＝－n－3， 所以bn＝1－＝. (2)因為an＝1－bn＝， 所以Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1 ＝＋＋＋…＋ ＝－＋－＋－＋…＋－ ＝－＝. 6.設數列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝322n－1. (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝nan，求數列{bn}的前n項和Sn. 解　(1)由已知，當n≥2時， an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1. 所以an＝22n－1，而a1＝2，也滿足上式， 所以數列{an}的通項公式為an＝22n－1. (2)由bn＝nan＝n22n－1知， Sn＝12＋223＋325＋…＋n22n－1，① 22Sn＝123＋225＋327＋…＋n22n＋1，② ①－②，得 (1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n22n＋1， 即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]. 考點三　數列的綜合問題 方法技巧　(1)以函數為背景的數列問題，一般要利用函數的性質或圖象進行轉化，得出數列的通項或遞推關系. (2)數列是特殊的函數，解題時要充分利用函數的性質解決數列問題，如數列中的最值問題. (3)解決數列與不等式綜合問題的常用方法有比較法(作差法、作商法)、放縮法等. 7.已知f(x)＝2sinx，集合M＝{x||f(x)|＝2，x＞0}，把M中的元素從小到大依次排成一列，得到數列{an}，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)記bn＝，設數列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn＜. (1)解　因為|f(x)|＝2， 所以x＝kπ＋，x＝2k＋1，k∈Z. 又因為x>0，所以an＝2n－1(n∈N*). (2)證明　因為bn＝＝(n∈N*)， bn＝＝<＝， 所以Tn＝b1＋…＋bn < ＝－<， 所以Tn<. 8.已知等比數列{an}滿足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中項. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值. 解　(1)設等比數列{an}的公比為q，依題意， 有即 由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2. 當q＝1時，不滿足②式，舍去； 當q＝2時，代入②得a1＝2， 所以an＝22n－1＝2n. 故所求數列{an}的通項公式為an＝2n(n∈N*). (2)因為bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n， 所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝－＝2n＋1－2－n－n2. 因為Sn－2n＋1＋47<0，所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0， 即n2＋n－90>0， 解得n>9或n<－10(舍). 因為n∈N*，所以使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數n的最小值為10. 9.已知數列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*). (1)寫出a2，a3的值(只寫出結果)，并求出數列{an}的通項公式； (2)設bn＝＋＋＋…＋，若對任意的正整數n，不等式t2－2t＋>bn恒成立，求實數t的取值范圍. 解　(1)a2＝6，a3＝12， 當n≥2時， an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1). 因為當n＝1時，a1＝2也滿足上式， 所以an＝n(n＋1). (2)bn＝＋＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－. 因為bn＋1－bn＝－－ ＝＋－ ＝－ ＝<0， 所以bn＋1bn恒成立， 所以t2－2t＋>， 解得t<0或t>2， 所以實數t的取值范圍為(－∞，0)∪(2，＋∞). 典例　(12分)已知單調遞增的等比數列{an}滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n2n＋1＞30成立的正整數n的最小值. 審題路線圖 ―→―→―→―→ 規(guī)范解答評分標準 解　(1)設等比數列{an}的首項為a1，公比為q. 由題意知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 又數列{an}單調遞增， 所以q＝2，a1＝2， 所以數列{an}的通項公式為an＝2n.5分 (2)因為bn＝＝＝－n2n，6分 所以Sn＝－(12＋222＋…＋n2n)， 2Sn＝－[122＋223＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1]， 兩式相減，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝2n＋1－2－n2n＋1.8分 又Sn＋n2n＋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＋n2n＋1＞30成立的正整數n的最小值為5.12分 構建答題模板 [第一步]　求通項：根據題目條件，列方程(組)求解，得到數列的通項公式. [第二步]　巧求和：根據數列的類型，選擇適當方法求和或經適當放縮后求和. [第三步]　得結論：利用不等式或函數性質求證不等式或解決一些最值問題. 1.(2018全國Ⅲ)等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項公式； (2)記Sn為{an}的前n項和，若Sm＝63，求m. 解　(1)設{an}的公比為q，由題設得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*). (2)若an＝(－2)n－1， 則Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188， 此方程沒有正整數解. 若an＝2n－1， 則Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. 2.(2018上饒模擬)數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝1－，數列{bn}為等差數列，且a2(b2＋2)＝1，a1b1＝. (1)分別求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{anbn}的前n項和Tn. 解　(1)a1＝S1＝1－＝， n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝－＝，適合a1＝， ∴an＝，n∈N*. 由a1b1＝得b1＝1， 由a2(b2＋2)＝1得(b2＋2)＝1， ∴b2＝2，∴d＝1， ∴bn＝1＋(n－1)1＝n. (2)由Tn＝＋＋＋…＋， 得Tn＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減，得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， ∴Tn＝2－. 3.已知等差數列{an}的首項a1＝1，公差d>0，且第2項、第5項、第14項分別是一個等比數列的第2項、第3項、第4項. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得對任意的n均有Sn>總成立？若存在，求出最大的整數t；若不存在，請說明理由. 解　(1)由題意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2， 整理得2a1d＝d2. ∵a1＝1，d>0，∴d＝2. ∴an＝2n－1(n∈N*). (2)∵bn＝＝＝， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝. 假設存在整數t滿足Sn>總成立， 又Sn＋1－Sn＝－＝>0， ∴數列{Sn}是遞增的. ∴S1＝為Sn的最小值， 故<，即t<9. 又∵t∈Z， ∴適合條件的t的最大值為8. 4.若數列{bn}對于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常數)，則稱數列{bn}是公差為d的準等差數列，如數列{cn}，若cn＝則數列{cn}是公差為8的準等數列.設數列{an}滿足a1＝a，對于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n. (1)求證：{an}為準等差數列； (2)求{an}的通項公式及前20項和S20. (1)證明　因為an＋1＋an＝2n，① 所以an＋2＋an＋1＝2n＋2.② 由②－①得an＋2－an＝2(n∈N*)， 所以{an}是公差為2的準等差數列. (2)解　已知a1＝a，an＋1＋an＝2n(n∈N*)， 所以a1＋a2＝2， 即a2＝2－a. 所以由(1)可知a1，a3，a5，…成以a為首項，2為公差的等差數列，a2，a4，a6，…成以2－a為首項，2為公差的等差數列. 所以當n為偶數時，an＝2－a＋2＝n－a， 當n為奇數時，an＝a＋2＝n＋a－1， 所以an＝ S20＝a1＋a2＋…＋a19＋a20 ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20) ＝21＋23＋…＋219＝2＝200.