2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数（经典版）文档：第二编 专题三 第3讲 数列的综合问题 Word版含解析.doc

www.ks5u.com第3讲数列的综合问题考情研析1.从具体内容上，数列的综合问题，主要考查：数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围2.从高考特点上，常在选填题型的最后两题及解答题第17题中出现，分值一般为58分.核心知识回顾数列综合应用主要体现在以下两点：(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题体现了即时学习，灵活运用知识的能力热点考向探究考向1 数列与函数的综合问题例1(2019·上海市青浦区高三二模)已知函数f(x)x2axb(a，bR)，且不等式|f(x)|2019|2xx2|对任意的x0,10都成立，数列an是以7a为首项，公差为1的等差数列(nN*)(1)当x0,10时，写出方程2xx20的解，并写出数列an的通项公式(不必证明)；(2)若bnan· an (nN*)，数列bn的前n项和为Sn，对任意的nN*，都有Sn<m成立，求m的取值范围解(1)因为x0,10时，易知方程2xx20的解为x2，x4，由不等式|f(x)|2019|2xx2|对任意的x0,10都成立，可得即解得所以f(x)x26x8，又数列an是以7a1为首项，公差为1的等差数列，所以ann.(2)由(1)知bnan· ann·n，所以Snb1b2bn1·2·23·3n·n，Sn1·22·33·4n·n1，得，Sn23nn·n1n·n1，整理得，Sn，由>0可得Sn<，由Sn<m恒成立，可得m. 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，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，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 已知数列an的前n项和为Sn，向量a(Sn,1)，b，满足条件ab.(1)求数列an的通项公式；(2)设函数f(x)x，数列bn满足条件b11，f(bn1).求数列bn的通项公式；设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)ab，Sn2n1，Sn2n12.当n2时，anSnSn12n；当n1时，a1S12，满足上式，an2n.(2)f(x)x，f(bn1)，bn1，.bn1bn1，即bn1bn1.又b11，bn是以1为首项，1为公差的等差数列，bnn.cn，Tn，两边同乘得，Tn，上述两式相减得Tn1，Tn2(nN*)考向2 数列与不等式的综合问题例2(2019·云南玉溪第一中学高三第五次调研)若数列an的前n项和为Sn，首项a1>0且2Snaan(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若an>0，令bn，数列bn的前n项和为Tn，若Tn<m恒成立，mZ，求m的最小值解(1)当n1时，2S1aa1，则a11，当n2时，anSnSn1，即(anan1)(anan11)0anan1或anan11，an(1)n1或ann(n2)，又a11满足上式，所以an(1)n1或ann，nN*.(2)由an>0，ann，bn2，Tn223<3，若Tn<m恒成立，则m3，又mZ，mmin3. (1)数列中的不等式证明，大多是不等式的一端为一个数列的前n项和，另一端为常数的形式，证明的关键是放缩：如果不等式一端的和式可以通过公式法、裂项法、错位相减法求得，则先求和再放缩；如果不等式一端的和式无法求和，则要通过对数列通项的合适放缩使之能够求和，这时先放缩再求和，最后再放缩(2)注意放缩的尺度：如<，<. (2019·安徽黄山高三第二次质检)已知数列的前n项和Snn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：对于任意的nN*，都有Tn<1.解(1)因为Snn，当n2时，Sn1n1，由，得1，故ann1又因为a12适合上式，所以ann1(nN*)(2)证明：由(1)知，bn，Tn1，所以Tn<1.考向3 奇(偶)数项和问题例3设数列an的前n项和为Sn.已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求Sn.解(1)证明：由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1.故对一切nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以3.于是数列a2n1是首项a11，公比为3的等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列因此a2n13n1，a2n2×3n1.于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1)，从而S2n1S2na2n2×3n1(5×3n21)综上所述， 当n为偶数时，数列中的奇数项与偶数项相同，分别为项；当n为奇数时，数列中的奇数项比偶数项多一项，此时偶数项为项，奇数项为1项 已知函数f(x)ln xcosxx的导数为f(x)，且数列an满足an1annf3(nN*)(1)若数列an是等差数列，求a1的值；(2)若对任意nN*，都有an2n20成立，求a1的取值范围解f(x)sinx，则f4，故an1an4n3.(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d，an1a1nd，由an1an4n3得(a1nd)a1(n1)d4n3，解得d2，a1.(2)由an1an4n3得an2an14n7，两式相减得an2an4，故数列a2n1是首项为a1，公差为4的等差数列；数列a2n是首项为a2，公差为4的等差数列，又a1a27，a27a1，所以an当n为奇数时，an2n2a1，an2n20，则有a12n22n2对任意的奇数n恒成立，令f(n)2n22n222，n为奇数，则f(n)maxf(1)2，所以a12.当n为偶数时，an2n3a1，an2n20，则有a12n22n3对任意的偶数n恒成立，令g(n)2n22n322，n为偶数，则g(n)maxg(2)15，故a115，解得a115.综上，a1的取值范围是2,15真题押题真题模拟1(2019·齐齐哈尔高三二模)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S10120，a2a1，a4a2，a1a2成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设Tn为数列的前n项和，求满足Tn>的最小的n值解(1)设等差数列an的公差为d，由S10120得10a145d120,2a19d24，由a2a1，a4a2，a1a2成等比数列，得d(2a1d)4d2且d0，2a13d，a13，d2，等差数列an的通项公式为ana1(n1)d3(n1)·22n1.(2)Snna1n(n2)，Tn，由Tn>得<，n(3n35)>60，n的最小值为14.2(2019·河北衡水中学高三下学期一调)已知数列an的前n项和Sn满足0，a11.(1)求数列an的通项公式；(2)在数列an的前100项中，是否存在两项am，at(m，tN*，且m<t)，使得，三项成等比数列？若存在，求出所有的m，t的取值；若不存在，请说明理由解(1)因为0，所以1，所以1(n1)n，所以Snn2.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1.又2×111a1，所以an2n1(nN*)(2)若，三项成等比数列，则×2，即×2，即(2m1)23(2t1)因为t100，所以(2m1)2597，又mN*，所以2m124，所以m12.又2m1为3的奇数倍，所以m2,5,8,11，验证得3(2019·浙江高考)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，nN*，证明：c1c2cn<2，nN*.解(1)设数列an的公差为d，由题意得解得从而an2n2，nN*.所以Snn2n，nN*.由Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列，得(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)解得bn(SSnSn2)所以bnn2n，nN*.(2)证明：cn，nN*.我们用数学归纳法证明当n1时，c10<2，不等式成立；假设当nk(kN*)时不等式成立，即c1c2ck<2.那么，当nk1时，c1c2ckck1<2 <2 <222()2，即当nk1时不等式也成立根据和，不等式c1c2cn<2对任意nN*成立金版押题4已知函数f(x)cosxsinx(xR)的所有正的零点构成递增数列an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)f(x)cosxsinx2cos，由题意令xk(kZ)，解得xk(kZ)又函数f(x)的所有正的零点构成递增数列an，所以an是以为首项，1为公差的等差数列，所以ann(nN*)(2)由(1)知bnnn·n，则Tn1·12·23·3(n1)·n1n·n，Tn1·22·33·4(n1)·nn·n1，得，Tn23nn·n1n·n11(n2)·n1，所以Tn2(n2)n.配套作业1.(2019·北京市海淀区高三4月模拟)已知等差数列an的公差d2，且a2a52，an的前n项和为Sn.(1)求an的通项公式；(2)若Sm，a9，a15成等比数列，求m的值解(1)因为a5a22，d2，所以2a15d2a1102，所以a14，所以an2n6.(2)Smm25m，又a912，a1524，因为Sm，a9，a15是等比数列，所以aSma15，所以m25m60，m6或m1，因为mN*，所以m6.2设数列an的前n项和是Sn，若点An在函数f(x)xc的图象上运动，其中c是与x无关的常数，且a13.(1)求数列an的通项公式；(2)记bnaan，求数列bn的前n项和Tn的最小值解(1)因为点An在函数f(x)xc的图象上运动，所以nc，所以Snn2cn.因为a13，所以c4，所以Snn24n，所以anSnSn12n5(n2)又a13满足上式，所以an2n5(nN*)(2)由(1)知，bnaan2an52(2n5)54n5，所以bn为等差数列，所以Tn2n23n，当n1时，Tn取最小值，所以Tn的最小值是T11.3(2019·广东东莞高三二调)已知数列an满足a23，an12an1，设bnan1.(1)求a1，a3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求a1a3a5a2n1.解(1)数列an满足a23，an12an1，当n1时，a22a11，解得a11.当n2时，解得a37.(2)当n1时，b12，所以2(常数)，则数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列(3)由(1)和(2)得an2n1，所以a1a3a2n1(212322n1)(n1)(n1).4已知数列an的前n项和为Sn，若a1，3Sn1Sn1.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlogan，数列an·bn的前n项和为Tn，求Tn.解(1)当n1时，3S2，a2，3a2a1；当n2时，3SnSn11，3an1an(n2)，故数列an是以为首项，为公比的等比数列，则an×n1n.(2)由(1)知bnlogann，则an·bnn·n.从而Tn1×2×2(n1)×n1n·n，Tn1×22×3(n1)×nn·n1，由得，Tn2nn·n1n·n1，因此Tn(2n3)·n.5(2019·衡水第二中学高三上学期期中)已知等差数列an与公比为正数的等比数列bn满足b12a12，a2b310，a3b27.(1)求an，bn的通项公式；(2)若cn，求数列cn的前n项和Sn.解(1)由题意a11，b12.设公差为d，公比为q，则解得故ana1(n1)dn，bnb1·qn12n.(2)因为cn，所以cn，故Sn.6设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由已知得，b72 a7，b82 a84b7，有2 a84×2 a72a72.所以da8a72.所以，Snna1d2nn(n1)n23n.(2)f(x)2xln 2，f(a2)2 a2ln 2，故函数f(x)2x的图象在(a2，b2)处的切线方程为y2a22a2ln 2(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意得，a22，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n，.所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12.所以，Tn.7(2019·安徽六安第一中学高三模拟)已知a，b，c分别为ABC的三内角A，B，C的对边，其面积S，B60°，a2c22b2，在等差数列an中，a1a，公差db.数列bn的前n项和为Tn，且Tn2bn10，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若cnanbn，求数列cn的前n项和Sn.解(1)SacsinBac·，ac4，又a2c22b2，b2a2c22accosB，b2ac4，b2，从而(ac)2a2c22ac16，得ac4，ac2，故可得an22(n1)2n.Tn2bn10，当n1时，b11；当n2时，Tn12bn110，得bn2bn1(n2)，数列bn为等比数列，bn2n1.(2)由(1)得cn2n·2n1n·2n，Sna1·b1a2·b2an·bn1×212×223×23n·2n，2Sn1×222×233×24n·2n1，得Sn1×21(22232n)n·2n1，即Sn(1n)2n12，Sn(n1)2n12.8(2019·贵州凯里第一中学高三下学期模拟)在等差数列an中，已知a3a484a5，a836.(1)求数列an的通项公式an；(2)记Sn为数列an的前n项和，求的最小值解(1)由a3a484a5，得a428，由得即数列an的通项公式为an22(n1)×22n20.(2)由(1)得，Sn22n×2n221n，n21，令f(x)x21，nN*，f(x)1，当x(0,2)时，f(x)<0；当x(2，)时，f(x)>0，则f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，又nN*，f(4)f(5)30，当n4或5时，f(n)取到最小值30，即的最小值为30.数列类解答题(12分)已知各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，且对任意的nN*，满足Sna1(an1)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足anbnlog2an，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn<.解题思路(1)根据SnSn1an(n2)及递推关系式化简得an和an1的关系式，从而求出an；(2)采用错位相减法求Tn，从而证明结论解(1)当n1时，a1S1a1(a11)aa1，a10，a14.(2分)Sn(an1)，当n2时，Sn1(an11)，两式相减得an4an1(n2)，(4分)数列an是首项为4，公比为4的等比数列，an4n.(6分)(2)证明：anbnlog2an2n，bn，(7分)Tn，Tn，(8分)两式相减得Tn22×.(10分)Tn<.(12分)1正确求出a1的值给2分2利用an与Sn的关系构造等比数列给2分3写出数列an的通项公式给2分4求出数列bn的通项公式给1分5采取错位相减法给1分6两式相减后的正确化简计算给2分7放缩法证明不等式给2分1由an与Sn的关系求通项公式，易忽略条件n2而出错2错位相减法中两式相减后，一定成等比数列的有n1项，整个式子共有n1项3放缩法证明不等式时，要注意放缩适度，放的过大或过小都不能达到证明的目的跟踪训练(2019·沈阳模拟)(12分)设Sn为数列an的前n项和，a11，San(n2)(1)求Sn；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n2时，由San得，S(SnSn1)，整理得，Sn1Sn2Sn1Sn2，(3分)又1，数列是以2为公差、以1为首项的等差数列，则12(n1)，故Sn.(6分)(2)由(1)知，bn，(9分)Tn.(12分)