【数学】2019届一轮复习北师大版数列、不等式及推理与证明学案
高考必考题突破讲座(三)
数列、不等式及推理与证明
题型特点
考情分析
命题趋势
从近几年高考试题统计看，全国卷中的数列与三角函数问题基本上交替考查，难度不大．如果是数列问题考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循.
2017·天津卷，17
2016·四川卷，19
2016·山东卷，18
以数列为载体，综合不等式，考查推理与证明思想方法的应用，仍然是命题关注点.
分值：12分
1．数列的通项与求和
数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法，常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．
2．数列与函数的综合问题
数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选．
3．数列与不等式的综合问题
数列与不等式知识相结合的考查主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．
【例1】 (2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
解析 (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，q>0.由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，
所以q2＋q－6＝0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，所以an＝3n－2，
故数列{an}的通项公式为an＝3n－2，
{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由(1)知a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，所以a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，
所以Tn＝×4n＋1＋.
所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
【例2】 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列，且a1＝，所以q＝－.
故an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1
Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
【例3】 (2016·四川卷)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>.
解析 (1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，
两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，从而an＝qn－1.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得2a3＝3a2＋2，
即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)可知，an＝qn－1.
所以双曲线x2－＝1的离心率en＝＝.
由e2＝＝，q>0，解得q＝.
因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以>qk－1(k∈N*)．
故e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝＝.
1．(2018·河北石家庄二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)．
(1)求m的值；
(2)若数列{bn}满足＝log2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和．
解析 (1)因为Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14，
所以am＝Sm－Sm－1＝4，am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14，
设数列{an}的公差为d，则2am＋3d＝14，所以d＝2.
因为Sm＝×m＝0，所以a1＝－am＝－4，
所以am＝－4＋2(m－1)＝4，解得m＝5.
(2)由(1)知an＝－4＋2(n－1)＝2n－6，
所以n－3＝log2bn，即bn＝2n－3，
所以(an＋6)·bn＝2n·2n－3＝n·2n－2.
设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝1×＋2×1＋3×2＋…＋n·2n－2，①
所以2Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，②
①－②，得－Tn＝＋1＋2＋…＋2n－2－n·2n－1＝－n·2n－1＝(1－n)·2n－1－.
所以Tn＝(n－1)·2n－1＋.
2．在等差数列{an}中，a2＝6，a3＋a6＝27.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，且Tn＝，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m的取值范围．
解析 (1)设公差为d，由题意得解得∴an＝3n.
(2)∵Sn＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，
∴Tn＝，Tn＋1＝，
∴Tn＋1－Tn＝－＝，
∴当n≥3时，Tn>Tn＋1，且T1＝1.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d，
依题意有解得
故{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)因为bn＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋
＝1－，
令1－>，解得n>1 008，故取n＝1 009.
2．(2018·江西南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5，得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．
∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)
＝(－2)×n＝－2n.
3．(2018·东北三省四校模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)依题意
得
解得∴an＝2n＋1.
(2)∵＝3n－1，∴bn＝an·3n－1＝(2n＋1)·3n－1，
∴Tn＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n＋1)×3n－1，
3Tn＝3×3＋5×32＋…＋2×3n－1＋(2n＋1)×3n，两式相减，得
－2Tn＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n－1－(2n＋1)×3n
＝3＋2×－(2n＋1)×3n＝－2n×3n，∴Tn＝n·3n.
4．已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，试求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以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＝6×1－5，也适合上式，
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝·，
故Tn＝
＝＝.
5．已知数列{an}满足a1＝3，－＝1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2，数列{bn}的前n项和为Sn，求使Sn<－4的最小自然数n.
解析 (1)由－＝1，n∈N*，
知数列{}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝n2＋2n，
故数列{an}的通项公式为an＝n2＋2n.
(2)bn＝log2＝log2＝log2(n＋1)－log2(n＋2)，
则Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝log22－log23＋log23－log24＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝1－log2(n＋2)，
由Sn<－4，得1－log2(n＋2)<－4，解得n>30，
故满足Sn<－4的最小自然数n为31.
6．设a1，a2，a3，a4是各项均为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)求证：2a1，2a2，2a3，2a4依次成等比数列；
(2)是否存在a1，d使得a1，a，a，a依次成等比数列？并说明理由．
解析 (1)因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)假设存在a1，d满足条件．令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a>d，a>－2d，d≠0)．
假设存在a1，d使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4，
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，
且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，
t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，
则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
