2020届高考数学大二轮复习专题三数列第3讲数列的综合问题练习文
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- 1 - 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：①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． 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5～8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)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，且不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|对任意的x∈[0,10]都成立，数列{an}是以7＋a为首项，公差为1的等差数列(n∈N*)．
(1)当x∈[0,10]时，写出方程2x－x2＝0的解，并写出数列{an}的通项公式(不必证明)；
(2)若bn＝an·13 an (n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，都有Sn
解 (1)因为x∈[0,10]时，易知方程2x－x2＝0的解为x＝2，x＝4，
由不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|对任意的x∈[0,10]都成立，可得 |f2|≤0，|f4|≤0，
即 f2＝4＋2a＋b＝0，f4＝16＋4a＋b＝0，
解得 a＝－6，b＝8，
所以f(x)＝x2－6x＋8，
又数列{an}是以7＋a＝1为首项，公差为1的等差数列，
所以an＝n.
(2)由(1)知bn＝an·13 an＝n·13n， - 2 - 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·13＋2·132＋3·133＋…＋n·13n，①
13Sn＝1·132＋2·133＋3·134＋…＋n·13n＋1，②
①－②得，23Sn＝13＋132＋133＋…＋13n－n·13n＋1＝131－13n1－13－n·13n＋1＝121－13n－n3n＋1，
整理得，Sn＝34－2n＋34·3n，由2n＋34·3n>0可得Sn<34，
由Sn
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． - 3 -
已知数列{an}的前n项和为Sn，向量a＝(Sn,1)，b＝2n－1，12，满足条件a∥b.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设函数f(x)＝12x，数列{bn}满足条件b1＝1，f(bn＋1)＝1f－bn－1.
①求数列{bn}的通项公式；
②设cn＝bnan，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)∵a∥b，∴12Sn＝2n－1，Sn＝2n＋1－2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n；
当n＝1时，a1＝S1＝2，满足上式，∴an＝2n.
(2)①∵f(x)＝12x，f(bn＋1)＝1f－1－bn，
∴12bn＋1＝112－1－bn，∴12bn＋1＝121＋bn.
∴bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1.
又∵b1＝1，∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴bn＝n.
②cn＝bnan＝n2n，Tn＝121＋222＋…＋n－12n－1＋n2n，
两边同乘12得，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，
上述两式相减得12Tn＝121＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1 - 4 - ＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－n＋22n＋1，∴Tn＝2－n＋22n(n∈N*)．
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2Sn＝a2n＋an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，令bn＝4anan＋2，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn
解 (1)当n＝1时，2S1＝a21＋a1，则a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a2n＋an2－a2n－1＋an－12，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0⇒an＝－an－1或an＝an－1＋1，
∴an＝(－1)n－1或an＝n(n≥2)，
又a1＝1满足上式，所以an＝(－1)n－1或an＝n，n∈N*.
(2)由an>0，∴an＝n，bn＝4nn＋2＝21n－1n＋2，
Tn＝21－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝21＋12－1n＋1－1n＋2＝3－4n＋6n＋1n＋2<3，若Tn
(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：①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 - 5 - 求得，则先求和再放缩；②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1n2<1nn－1，1n2<1n2－1.
(2019·安徽黄山高三第二次质检)已知数列nan－1的前n项和Sn＝n，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝2n＋1an－12an＋1－12，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：对于任意的n∈N*，都有Tn<1.
解 (1)因为Sn＝n， ①
当n≥2时，Sn－1＝n－1， ②
由①－②，得nan－1＝1，故an＝n＋1
又因为a1＝2适合上式，所以an＝n＋1(n∈N*)．
(2)证明：由(1)知，
bn＝2n＋1an－12an＋1－12＝2n＋1n2n＋12＝1n2－1n＋12，
Tn＝112－122＋122－132＋…＋1n2－1n＋12
＝1－1n＋12，
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a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*. - 6 - (1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
解 (1)证明：由条件，对任意n∈N*，有
an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以an＋2an＝3.
于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；
数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．
因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)
＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝33n－12，
从而S2n－1＝S2n－a2n＝33n－12－2×3n－1＝32(5×3n－2－1)．
综上所述， - 7 -
当n为偶数时，数列中的奇数项与偶数项相同，分别为n2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n－12项，奇数项为n－12＋1＝n＋12项．
已知函数f(x)＝ln x＋cosx－6π－92x的导数为f′(x)，且数列{an}满足an＋1＋an＝nf′π6＋3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)若对任意n∈N*，都有an＋2n2≥0成立，求a1的取值范围．
解 f′(x)＝1x－sinx－6π＋92，则f′π6＝4，故an＋1＋an＝4n＋3.
(1)设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd， - 8 - 由an＋1＋an＝4n＋3得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n＋3，解得d＝2，a1＝52.
(2)由an＋1＋an＝4n＋3得an＋2＋an＋1＝4n＋7，两式相减得an＋2－an＝4，
故数列{a2n－1}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a1＋a2＝7，a2＝7－a1，
所以an＝ 2n－2＋a1n为奇数，2n＋3－a1n为偶数.
①当n为奇数时，an＝2n－2＋a1，an＋2n2≥0，则有a1≥－2n2－2n＋2对任意的奇数n恒成立，
令f(n)＝－2n2－2n＋2＝－2n＋122＋52，n为奇数，则f(n)max＝f(1)＝－2，所以a1≥－2.
②当n为偶数时，an＝2n＋3－a1，an＋2n2≥0，则有－a1≥－2n2－2n－3对任意的偶数n恒成立，
令g(n)＝－2n2－2n－3＝－2n＋122－52，n为偶数，则g(n)max＝g(2)＝－15，故－a1≥－15，解得a1≤15.
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S10＝120，a2－a1，a4－a2，a1＋a2成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
