浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第4节数列的综合问题选用含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第4节数列的综合问题选用含解析

第4节　数列的综合问题(选用)‎ 考试要求　1.以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和；2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.‎ 知 识 梳 理 ‎1.数列与不等式的综合问题大多与数列的前n项和问题相关，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决.‎ ‎2.数列与解决几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决.‎ ‎3.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注.‎ 诊 断 自 测 ‎1.在等差数列{an}中，已知a1，a2，a6成等比数列，数列{an}的前三项和为24，则2 018是数列{an}的(　　)‎ A.第336项 B.第337项 C.第504项 D.第505项 解析　由已知条件得a＝a1a6，设数列{an}的公差为d，则解得或又2 018是数列{an}的项，则不符合题意舍去，所以an＝6n－4，令6n－4＝2 018，解得n＝337.‎ 答案　B ‎2.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，2) B.(－∞，3) ‎ C.(－∞，4) D.(－∞，5)‎ 解析　由Sn＝3n(λ－n)－6，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1(2λ－2n－1)，则an＋1＝3n(2λ－2n－3)，而数列{an}单调递减，则an>an＋1，且a1>a2，即3n－1(2λ－2n－1)>3n(2λ－2n－3)，且3·(λ－1)－6>31·(2λ－4－1)，解得λ<2＋n，且λ<2，可得λ<2，故选A.‎ 答案　A ‎3.如果函数f(x)＝kx－1(k≠0，x∈N*)，Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)，若f(1)，f(3)，f(13)成等比数列，则(　　)‎ A.2Sn－7≤5f(n) B.2Sn＋7≤5f(n)‎ C.2Sn－7≥5f(n) D.2Sn＋7≥5f(n)‎ 解析　由题意得，(3k－1)2＝(k－1)(13k－1)⇒k＝2(k＝0舍去)，∴f(x)＝2x－1，Sn＝＝n2，∴2Sn－5f(n)＋7＝2n2－10n＋12＝2(n－2)(n－3)≥0在n∈N*时恒成立，∴2Sn＋7≥5f(n).‎ 答案　D ‎4.若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，关于x的不等式x2＋x＋c≥0的解集为[0，10]，则c＝________，使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是________.‎ 解析　由函数与方程思想可知，不等式对应的方程x2＋x＋c＝0的解为0，10，且d<0，所以c＝0，且－＝10，解得a1＝－d，所以Sn＝na1＋d＝(n2－10n)＝[(n－5)2－25].因为d<0，所以当n＝5时，Sn取到最大值.‎ 答案　0　5‎ ‎5.若公差为d的等差数列{an}(n∈N*)满足a3·a4＋1＝0，则公差d的取值范围是________.‎ 解析　由a3·a4＋1＝0得(a1＋2d)(a1＋3d)＋1＝0⇒a＋5da1＋6d2＋1＝0，所以Δ＝25d2－4(6d2＋1)≥0⇒d≥2或d≤－2.‎ 答案　(－∞，－2]∪[2，＋∞)‎ ‎6.若不等式(－1)n·a<3＋对任意的正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　n为偶数时，a<3－，只需a<，即a<3－＝；n为奇数时，－a<3＋只需－a<，即－a≤3，∴a≥－3.综上实数a的取值范围是.‎ 答案　 考点一　等差、等比数列的综合问题 ‎【例1】 设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列.已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).‎ ‎①求Tn；‎ ‎②证明＝－2(n∈N*).‎ ‎(1)解　设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ ‎(2)①解　由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝（2k－1）=2 k -n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ ‎②证明　因为 ‎＝＝＝－，‎ 所以＝＋＋…＋＝－2.‎ 规律方法　等差数列与等比数列的综合问题，要能在具体情境中识别数列的等差、等比关系，并能利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式解决相应问题.‎ ‎【训练1】 设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn；‎ ‎(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.‎ 解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.‎ 因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.‎ 所以Tn＝＝2n－1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.‎ 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，‎ 故an＝n.所以，Sn＝.‎ ‎(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得 ＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，‎ 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.‎ 所以，n的值为4.‎ 考点二　数列与函数 ‎【例2】 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*).‎ ‎(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(2)若a1＝1，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，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2，‎ 则a8＝a7＋2，解得d＝a8－a7＝2.‎ 所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.‎ ‎(2)由f(x)＝2x，f′(x)＝2xln 2，‎ 过点(a2，b2)，即(a2，2a2)，斜率为2a2ln 2，‎ 则函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为 y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，‎ 它在x轴上的截距为a2－.‎ 由题意，a2－＝2－，‎ 解得a2＝2.‎ 所以d＝a2－a1＝1.‎ 从而an＝n，bn＝2n，‎ 所以＝，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋.‎ 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.‎ 所以Tn＝.‎ 规律方法　(1)已给函数型，运用数列是对应函数的特殊情形化为数列问题.‎ ‎(2)构造函数，要根据数列及要解决的问题构造相应的函数，通过研究函数的性质来解决数列问题.‎ ‎【训练2】 (1)已知an＝，若数列{bn}满足bn＝an＋，则数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________.‎ ‎(2)(一题多解)(2018·浙江卷)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 解析　(1)bn＝an＋＝＋＝－＋2，‎ 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋ ‎＝－＋2n，‎ 由于f(x)＝－＋2x在(0，＋∞)上递增，‎ 所以Sn＝－＋2n在n∈N*上单调递增，‎ 所以当n＝1时，Sn有最小值为，无最大值.‎ ‎(2)法一　因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，‎ 所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a21，所以等比数列的公比q<0.‎ 若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，‎ 所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，‎ 所以a1>a3，a2a2>a1>0，即2a>2－a>a>0，解得0，解得0，y>0)，已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，若对任意正整数n，都有an≥ak(k∈N*)成立，则ak的值为(　　)‎ A. B.1 ‎ C. D.2‎ 解析　由已知得an＝＝，对任意正整数n都有an≥ak，则ak为数列{an}中的最小项.由指数函数与幂函数的增长速度及a1＝2，a2＝1，a3＝，a4＝1，a5＝.知当n>4时，恒有an>1，∴对任意n∈N*有an≥a3＝成立，∴ak＝.‎ 答案　A ‎14.(2020·杭州学军中学模拟)设函数f(x)＝，点O(0，0)，A(0，1)，An(n，f(n))，n∈N*，设∠AOAn＝θn，若对一切n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜t2－2t－2恒成立，则正数t的最小值为(　　)‎ A.3 B.4 ‎ C.5 D.6‎ 解析　由题意得tan θn＝＝，则＝＝＝－，则＋＋＋…＋＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＜1，因为＋＋＋…＋＜t2－2t－2恒成立，所以t2－2t－2≥1恒成立，解得t≥3或t≤－1，又因为t为正数，所以t≥3，则t的最小值为3，故选A.‎ 答案　A ‎15.在△ABC中，若，，成等差数列，则cos C的最小值为________.‎ 解析　∵，，成等差数列，∴＋＝，即＋＝，可得＝＝，cos C＝，由正弦定理和余弦定理可得＝，化简得2(a2＋b2)＝3c2，cos C＝＝≥＝，当且仅当a＝b时取等号，故答案为.‎ 答案　 ‎16.(2018·江苏卷)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________.‎ 解析　所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；……；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意.故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.‎ 答案　27‎ ‎17.已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，n∈N*.‎ ‎(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；‎ ‎(2)若a1>0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；‎ ‎(3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由.‎ 解　(1)由an＋1＝f(an)⇒an＋1＝2－|an|，a1＝0⇒a2＝2，a3＝0，a4＝2.‎ ‎(2)∵a1，a2，a3成等比数列⇒a3＝＝2－|a2|⇒a＝a1(2－|a2|)，且a2＝2－|a1|⇒(2－|a1|)2＝a1(2－|2－|a1||)⇒(2－a1)2＝a1(2－|2－a1|)，‎ 分情况讨论如下：‎ 当2－a1≥0时，(2－a1)2＝a1[2－(2－a1)]＝a⇒a1＝1，且a1≤2，符合题意；‎ 当2－a1<0时，(2－a1)2＝a1[2－(a1－2)]＝a1(4－a1)⇒2a－8a1＋4＝0⇒a－4a1＋4＝2⇒(a1－2)2＝2⇒a1＝2＋，且a1≥2，符合题意.综上，a1＝1，或a1＝2＋.‎ ‎(3)假设存在公差为d的等差数列{an}满足题意，‎ ‎∵a2＝2－|a1|，a3＝2－|a2|＝2－|2－|a1||，‎ 由2a2＝a1＋a3得，2－a1＋|2－|a1||＝2|a1|(*)，‎ 当a1>2时，由(*)得a1＝0与a1>2矛盾，‎ 当02，‎ 这当d＝am＋1－am＝2－|am|－am<0矛盾.‎ 综上，存在a1＝1的等差数列{an}，且an＝1满足题意.‎ ‎18.(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.‎ ‎(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”.‎ ‎(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和.‎ ‎①求数列{bn}的通项公式.‎ ‎②设m为正整数.若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值.‎ ‎(1)证明　设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.‎ 由得 解得 因此数列{an}为“M－数列”.‎ ‎(2)解　①因为＝－，所以bn≠0.‎ 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.‎ 由＝－，得Sn＝.‎ 当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得 bn＝－，‎ 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，‎ 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.‎ 因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*).‎ ‎②由①知，bk＝k，k∈N*.‎ 因为数列{cn}为“M－数列”，所以{cn}为首项c1＝1，公比q1>0的等比数列.‎ 因为ck≤bk≤ck＋1，所以q≤k≤q，‎ 其中k＝1，2，3，…，m(m∈N*).‎ 当k＝1时，有q1≥1；‎ 当k＝2，3，…，m时，有≤ln q1≤.‎ 设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝e.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表：‎ x ‎(1，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  因为＝<＝，所以f(k)max＝f(3)＝.‎ 取q1＝，当k＝1，2，3，4，5时，≤ln q1，即k≤q，经检验知q≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5.‎ 若m≥6，分别取k＝3，6，得3≤q，且q≤6，从而q≥243，且q≤216，所以q1不存在.因此所求m的最大值小于6.‎ 综上，所求m的最大值为5.‎