2019届二轮复习第12练　数列的综合问题[中档大题规范练]课件（47张）（全国通用）

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第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 12 练　数列的综合问题 [ 中档 大题规范练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以 a n ， S n 的关系为切入点，考查数列的通项、前 n 项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的 17 题位置 . 2 . 题目难度：中等偏下难度 . 核心考点突破练 栏目索引 模板答题规范练 考点一　等差数列、等比数列的判定与证明 方法技巧 　判断等差 ( 比 ) 数列的常用方法 核心考点突破练 (2) 中项公式法 . (3) 通项公式法 . 1. 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1 ＝ 1 ， a n ≠ 0 ， a n a n ＋ 1 ＝ λS n － 1 ，其中 λ 为常数 . (1) 证明： a n ＋ 2 － a n ＝ λ ； 证明　 由题设知， a n a n ＋ 1 ＝ λS n － 1 ， a n ＋ 1 a n ＋ 2 ＝ λS n ＋ 1 － 1 ， 两式相减得 a n ＋ 1 ( a n ＋ 2 － a n ) ＝ λa n ＋ 1 ， 由于 a n ＋ 1 ≠ 0 ，所以 a n ＋ 2 － a n ＝ λ . 证明 (2) 是否存在 λ ，使得 { a n } 为等差数列？并说明理由 . 解　 由题设知， a 1 ＝ 1 ， a 1 a 2 ＝ λS 1 － 1 ，可得 a 2 ＝ λ － 1. 由 (1) 知， a 3 ＝ λ ＋ 1. 令 2 a 2 ＝ a 1 ＋ a 3 ，解得 λ ＝ 4. 故 a n ＋ 2 － a n ＝ 4 ， 由此可得数列 { a 2 n － 1 } 是首项为 1 ，公差为 4 的等差数列， a 2 n － 1 ＝ 4 n － 3 ； 数列 { a 2 n } 是首项为 3 ，公差为 4 的等差数列， a 2 n ＝ 4 n － 1. 所以 a n ＝ 2 n － 1 ， a n ＋ 1 － a n ＝ 2 ， 因此存在 λ ＝ 4 ，使得数列 { a n } 为等差数列 . 解答 2. 已知数列 { a n } 满足 a 1 ＝ 2 ，且 a n ＋ 1 ＝ 2 a n ＋ 2 n ＋ 1 ， n ∈ N * . 解　 把 a n ＝ 2 n b n 代入到 a n ＋ 1 ＝ 2 a n ＋ 2 n ＋ 1 ， 得 2 n ＋ 1 b n ＋ 1 ＝ 2 n ＋ 1 b n ＋ 2 n ＋ 1 ， 两边同除以 2 n ＋ 1 ， 得 b n ＋ 1 ＝ b n ＋ 1 ，即 b n ＋ 1 － b n ＝ 1 ， ∴ b n ＝ n ( n ∈ N * ). 解答 (2) 在 (1) 的条件下，求数列 { a n } 的前 n 项和 S n . ∴ S n ＝ 1 × 2 1 ＋ 2 × 2 2 ＋ 3 × 2 3 ＋ … ＋ n × 2 n ， ∴ 2 S n ＝ 1 × 2 2 ＋ 2 × 2 3 ＋ 3 × 2 4 ＋ … ＋ ( n － 1) × 2 n ＋ n × 2 n ＋ 1 ， 两式相减，得－ S n ＝ 2 1 ＋ 2 2 ＋ 2 3 ＋ … ＋ 2 n － n × 2 n ＋ 1 ＝ (1 － n ) × 2 n ＋ 1 － 2 ， ∴ S n ＝ ( n － 1) × 2 n ＋ 1 ＋ 2( n ∈ N * ). 解答 3. 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n 满足 S n ＝ 2 a n ＋ ( － 1) n ( n ∈ N * ). (1) 求数列 { a n } 的前三项 a 1 ， a 2 ， a 3 ； 解　 在 S n ＝ 2 a n ＋ ( － 1) n ( n ∈ N * ) 中分别令 n ＝ 1 ， 2 ， 3 ， 解答 解　 由 S n ＝ 2 a n ＋ ( － 1) n ( n ∈ N * ) ，得 S n － 1 ＝ 2 a n － 1 ＋ ( － 1) n － 1 ( n ≥ 2) ， 两式相减，得 a n ＝ 2 a n － 1 － 2( － 1) n ( n ≥ 2) ， 解答 考点二　数列的通项与求和 方法技巧 　 (1) 根据数列的递推关系求通项的常用方法 ① 累加 ( 乘 ) 法 形如 a n ＋ 1 ＝ a n ＋ f ( n ) 的数列，可用累加法； ② 构造数列法 (2) 数列求和的常用方法 ① 倒序相加法； ② 分组求和法； ③ 错位相减法； ④ 裂项相消法 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 所以 S n ＝ 2 n 2 － n . 当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n － 1 ＝ 2 n 2 － n － [2( n － 1) 2 － ( n － 1)] ＝ 4 n － 3. 而 a 1 ＝ 1 ＝ 4 × 1 － 3 满足上式 ， 所以 a n ＝ 4 n － 3 ， n ∈ N * . 解答 (2) 若 b n ＝ ( － 1) n a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解　 由 (1) 可得 b n ＝ ( － 1) n a n ＝ ( － 1) n (4 n － 3). 当 n 为偶数时， T n ＝ ( － 1 ＋ 5) ＋ ( － 9 ＋ 13) ＋ … ＋ [ － (4 n － 7) ＋ (4 n － 3)] 当 n 为奇数时， n ＋ 1 为偶数 ， T n ＝ T n ＋ 1 － b n ＋ 1 ＝ 2( n ＋ 1) － (4 n ＋ 1) ＝－ 2 n ＋ 1. 解答 (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解答 解　 设等差数列 { a n } 的公差为 d ， ∴ a 1 ＝ 2 ， d ＝ 2 ，此时 a n ＝ 2 ＋ 2( n － 1) ＝ 2 n . 解答 T n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ b 3 ＋ … ＋ b n 为满足题意，必须使 2 λ 2 ＋ 5 λ ≥ 3 ， 6.(2018· 张掖高三诊断 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，若 a n ＝－ 3 S n ＋ 4 ， b n ＝－ log 2 a n ＋ 1 . (1) 求数列 { a n } 和 { b n } 的通项公式； 解　 由 a 1 ＝－ 3 S 1 ＋ 4 ＝－ 3 a 1 ＋ 4 ，得 a 1 ＝ 1 ， 由 a n ＝－ 3 S n ＋ 4 ， 知 a n ＋ 1 ＝－ 3 S n ＋ 1 ＋ 4 ， 解答 解答 考点三　数列的综合问题 方法技巧 　 (1) 以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质或图象进行转化，得出数列的通项或递推关系 . (2) 数列是特殊的函数，解题时要充分利用函数的性质解决数列问题，如数列中的最值问题 . (3) 解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法 ( 作差法、作商法 ) 、放缩法等 . 7. 已知 { x n } 是各项均为正数的等比数列，且 x 1 ＋ x 2 ＝ 3 ， x 3 － x 2 ＝ 2. (1) 求数列 { x n } 的通项公式； 解　 设数列 { x n } 的公比为 q . 所以 3 q 2 － 5 q － 2 ＝ 0 ， 由已知得 q ＞ 0 ， 所以 q ＝ 2 ， x 1 ＝ 1. 因此数列 { x n } 的通项公式为 x n ＝ 2 n － 1 . 解答 解答 (2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P 1 ( x 1 ， 1) ， P 2 ( x 2 ， 2) ， … ， P n ＋ 1 ( x n ＋ 1 ， n ＋ 1) 得到折线 P 1 P 2 … P n ＋ 1 ，求由该折线与直线 y ＝ 0 ， x ＝ x 1 ， x ＝ x n ＋ 1 所围成的区域的面积 T n . 解　 过 P 1 ， P 2 ， … ， P n ＋ 1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q 1 ， Q 2 ， … ， Q n ＋ 1 . 由 (1) 得 x n ＋ 1 － x n ＝ 2 n － 2 n － 1 ＝ 2 n － 1 ， 记梯形 P n P n ＋ 1 Q n ＋ 1 Q n 的面积为 b n ， 所以 T n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ … ＋ b n ＝ 3 × 2 － 1 ＋ 5 × 2 0 ＋ 7 × 2 1 ＋ … ＋ (2 n － 1) × 2 n － 3 ＋ (2 n ＋ 1) × 2 n － 2 . ① 又 2 T n ＝ 3 × 2 0 ＋ 5 × 2 1 ＋ 7 × 2 2 ＋ … ＋ (2 n － 1) × 2 n － 2 ＋ (2 n ＋ 1) × 2 n － 1 ， ② ① － ② 得 － T n ＝ 3 × 2 － 1 ＋ (2 ＋ 2 2 ＋ … ＋ 2 n － 1 ) － (2 n ＋ 1) × 2 n － 1 8. 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 S n ＋ n ＝ 2 a n ( n ∈ N * ). (1) 证明：数列 { a n ＋ 1} 为等比数列，并求数列 { a n } 的通项公式； 解　 当 n ＝ 1 时， 2 a 1 ＝ S 1 ＋ 1 ＝ a 1 ＋ 1 ， ∴ a 1 ＝ 1. ∵ 2 a n ＝ S n ＋ n ， n ∈ N * ， ∴ 2 a n － 1 ＝ S n － 1 ＋ n － 1 ， n ≥ 2 ， 两式相减，得 a n ＝ 2 a n － 1 ＋ 1 ， n ≥ 2 ， 即 a n ＋ 1 ＝ 2( a n － 1 ＋ 1) ， n ≥ 2 ， ∴ 数列 { a n ＋ 1} 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列， ∴ a n ＋ 1 ＝ 2 n ， ∴ a n ＝ 2 n － 1 ， n ∈ N * . 解答 解答 解　 b n ＝ (2 n ＋ 1) a n ＋ 2 n ＋ 1 ＝ (2 n ＋ 1)·2 n ， ∴ T n ＝ 3 × 2 ＋ 5 × 2 2 ＋ … ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ， ∴ 2 T n ＝ 3 × 2 2 ＋ 5 × 2 3 ＋ … ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ， 两式相减可得－ T n ＝ 3 × 2 ＋ 2 × 2 2 ＋ 2 × 2 3 ＋ … ＋ 2·2 n － (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ， ∴ T n ＝ (2 n － 1)·2 n ＋ 1 ＋ 2 ， ∵ 2 10 ＝ 1 024 ， 2 11 ＝ 2 048 ， 9. 已知数列 { a n } 中， a 1 ＝ 2 ， a n － a n － 1 － 2 n ＝ 0( n ≥ 2 ， n ∈ N * ). (1) 写出 a 2 ， a 3 的值 ( 只写出结果 ) ，并求出数列 { a n } 的通项公式； 解　 a 2 ＝ 6 ， a 3 ＝ 12 ， 当 n ≥ 2 时， a n ＝ a 1 ＋ ( a 2 － a 1 ) ＋ ( a 3 － a 2 ) ＋ … ＋ ( a n － a n － 1 ) ＝ 2 ＋ 2 × 2 ＋ 2 × 3 ＋ … ＋ 2 n ＝ 2(1 ＋ 2 ＋ 3 ＋ … ＋ n ) ＝ n ( n ＋ 1). 因为当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ 2 也满足上式， 所以 a n ＝ n ( n ＋ 1). 解答 解答 所以 b n ＋ 1 < b n ，则数列 { b n } 是递减数列， 解得 t <0 或 t >2 ， 所以实数 t 的取值范围为 ( － ∞ ， 0) ∪ (2 ，＋ ∞ ). 模板答题规范练 模 板体验 典例 　 (12 分 ) 已知单调递增的等比数列 { a n } 满足： a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ 28 ，且 a 3 ＋ 2 是 a 2 ， a 4 的等差中项 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式； (2) 若 b n ＝ ， S n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ … ＋ b n ，求使 S n ＋ n × 2 n ＋ 1 ＞ 30 成立的 正 整数 n 的最小值 . 审题路线图 规范解答 · 评分标准 解　 (1) 设等比数列 { a n } 的首项为 a 1 ，公比为 q . 由题意知 2( a 3 ＋ 2) ＝ a 2 ＋ a 4 ， 代入 a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ 28 ，可得 a 3 ＝ 8 ， 所以 a 2 ＋ a 4 ＝ 20 ， 又数列 { a n } 单调递增，所以 q ＝ 2 ， a 1 ＝ 2 ， 所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 2 n . 5 分 (2) 因为 b n ＝ ＝－ n × 2 n ， 6 分 所以 S n ＝－ (1 × 2 ＋ 2 × 2 2 ＋ … ＋ n × 2 n ) ， 2 S n ＝－ [1 × 2 2 ＋ 2 × 2 3 ＋ … ＋ ( n － 1) × 2 n ＋ n × 2 n ＋ 1 ] ， 两式相减 ，得 S n ＝ 2 ＋ 2 2 ＋ 2 3 ＋ … ＋ 2 n － n × 2 n ＋ 1 ＝ 2 n ＋ 1 － 2 － n × 2 n ＋ 1 . 8 分 又 S n ＋ n × 2 n ＋ 1 ＞ 30 ， 可得 2 n ＋ 1 － 2 ＞ 30 ，即 2 n ＋ 1 ＞ 32 ＝ 2 5 ， 10 分 所以 n ＋ 1 ＞ 5 ，即 n ＞ 4. 所以使 S n ＋ n × 2 n ＋ 1 ＞ 30 成立的正整数 n 的最小值为 5. 12 分 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 求通项 ： 根据题目条件 ， 列方程 ( 组 ) 求解 ， 得到数列的通项公式 . [ 第二步 ] 　 巧求和 ：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和 . [ 第三步 ] 　 得结论 ：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题 . 1. 记 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和，已知 a 1 ＝－ 7 ， S 3 ＝－ 15. (1) 求 { a n } 的通项公式； 规范演练 解　 设 { a n } 的公差为 d ，由题意得 3 a 1 ＋ 3 d ＝－ 15. 由 a 1 ＝－ 7 得 d ＝ 2. 所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ a 1 ＋ ( n － 1) d ＝ 2 n － 9. (2) 求 S n ，并求 S n 的最小值 . 所以当 n ＝ 4 时， S n 取得最小值－ 16. 解答 2. 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 S 2 ＝ 4 ， a n ＋ 1 ＝ 2 S n ＋ 1 ， n ∈ N * . (1) 求通项公式 a n ； 又当 n ≥ 2 时， 由 a n ＋ 1 － a n ＝ (2 S n ＋ 1) － (2 S n － 1 ＋ 1) ＝ 2 a n ， 得 a n ＋ 1 ＝ 3 a n ，又 a 2 ＝ 3 a 1 ， ∴ 数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 3 n － 1 ， n ∈ N * . 解答 (2) 求数列 {| a n － n － 2|} 的前 n 项和 . 经验证 T 2 符合上求 . 解　 设 b n ＝ |3 n － 1 － n － 2| ， n ∈ N * ， b 1 ＝ 2 ， b 2 ＝ 1 ， 当 n ≥ 3 时，由于 3 n － 1 ＞ n ＋ 2 ，故 b n ＝ 3 n － 1 － n － 2 ， n ≥ 3. 设数列 { b n } 的前 n 项和为 T n ，则 T 1 ＝ 2 ， T 2 ＝ 3 ， 解答 (1) 求数列 { a n } 的通项公式； ∴ 数列 { a n } 是以 q ＝ 4 为公比，以 a 1 ＝ 4 为首项的等比数列 . ∴ a n ＝ 4 × 4 n － 1 ＝ 4 n ( n ∈ N * ) 即数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 4 n ( n ∈ N * ). 解答 证明　 由 (1) 得 b n ＝ log 2 a n ＝ log 2 4 n ＝ 2 n ， 证明 4. 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a n ＋ S n ＝ 4. (1) 求证：数列 { a n } 是等比数列； 又 a 1 ＋ S 1 ＝ 4 ，所以 2 a 1 ＝ 4 ，即 a 1 ＝ 2. 证明　 由题意，知 a n ＋ S n ＝ 4 ， a n ＋ 1 ＋ S n ＋ 1 ＝ 4 ， 两式相减，得 ( S n ＋ 1 ＋ a n ＋ 1 ) － ( S n ＋ a n ) ＝ 0 ， 证明 解答 由 S k － 2 ≠ 0 知 k ≠ 1 ，即 k >1 ， k ∈ N * . 故不存在这样的正整数 k ，使已知不等式成立 . 本课结束 更多精彩内容请登录： www.91taoke.com