2019届二轮复习小题专练数列的综合问题课件（61张）

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第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 13 练　数列的综合问题 [ 解答题突破练 ] 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；数列和不等式的综合应用 . 2 . 题目难度：中档难度或偏难 . 栏目索引 核心考点突破练 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 ( 1) 定义法：若 a n ＋ 1 － a n ＝ d ， d 为常数 则 { a n } 为等差 ( 比 ) 数列 . (2) 中项公式法 . (3) 通项公式法 . 核心考点突破练 证明 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 . (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 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 ， 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 * . (1) 设 b n ＝ 证明 ： { b n } 为等差数列，并求数列 { b n } 的通项公式； ∴ 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 ， 证明 证明　 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) ， 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) 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 . 解 答 (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 * . (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 { b n } 的通项公式； 解答 解 答 (2) 设 S n ＝ a 1 a 2 ＋ a 2 a 3 ＋ a 3 a 4 ＋ … ＋ a n a n ＋ 1 ，求 S n . 所以 S n ＝ a 1 a 2 ＋ a 2 a 3 ＋ a 3 a 4 ＋ … ＋ a n a n ＋ 1 解 答 6. 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 考点三　数列与不等式 方法技巧 　数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大 ( 小 ) 项、比较数列中项的大小等问题，而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识 ( 如比较法、放缩法、基本不等式法等 ) ，又要用到数列的基础知识 . 解 答 (1) 证明 { a n － ( － 1) n } 为等比数列，并求出 { a n } 的通项公式； ∴ { a n － ( － 1) n } 为等比数列 . 即 a n ＋ 1 ＝ 3 a n ＋ 2( － 1) n ＋ 1 － 2( － 1) n ， 令 n ＝ 1 ，解得 a 1 ＝ 2 ， ∴ { a n － ( － 1) n } 是首项为 3 ，公比为 3 的等比数列， ∴ a n － ( － 1) n ＝ 3 n ，即 a n ＝ 3 n ＋ ( － 1) n ( n ∈ N * ). 证明 证明　 方法一　当 k 为正偶数时， 当 n 为奇数时， 解 答 (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 由 ① － ② 化简得 ( a n ＋ a n － 1 )( a n － a n － 1 － 2) ＝ 0 ， 又 ∵ 数列 { a n } 的各项为正数， ∴ 当 n ≥ 2 时， a n － a n － 1 ＝ 2 ， 故数列 { a n } 成等差数列，公差为 2 ， 解得 a 1 ＝ 1 ， ∴ a n ＝ 2 n － 1( n ∈ N * ). 证明 证明 (1) a n ＋ 1 > a n ， n ∈ N * ； ∴ ( a n ＋ 1 ＋ 1)( a n ＋ 1) ＝ ( a n ＋ 1) 2 ＋ 1>0 ，故 a n ＋ 1 ＋ 1 与 a n ＋ 1 同号 . 又 a 1 ＋ 1 ＝ 1>0 ， ∴ a n ＋ 1>0 ， 故 a n ＋ 1 > a n ， n ∈ N * . 证明 当 n ≥ 2 时， ( a n ＋ 1) 2 ＝ [ ( a n ＋ 1) 2 － ( a n － 1 ＋ 1) 2 ] ＋ [ ( a n － 1 ＋ 1) 2 － ( a n － 2 ＋ 1) 2 ] ＋ … ＋ [ ( a 2 ＋ 1) 2 － ( a 1 ＋ 1) 2 ] ＋ ( a 1 ＋ 1) 2 >2( n － 1) ＋ 1 ＝ 2 n － 1 ， 证明 所以当 n ≥ 2 时 ， a n ＝ a 1 ＋ ( a 2 － a 1 ) ＋ ( a 3 － a 2 ) ＋ … ＋ ( a n － 1 － a n － 2 ) ＋ ( a n － a n － 1 ) ， 模板答题规范练 模 板体验 审题 路线图 规范解答 · 评分标准 ∴ a n ＋ 1 ≥ a n ≥ 3 ， ∴ ( a n － 2) 2 ＞ 0 ， ∴ a n ＋ 1 ＞ a n . 4 分 (3) ∵ 2( a n ＋ 1 － 2) ＝ a n ( a n － 2) ， 10 分 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 辨特征 ：认真分析所给数列的递推式，找出其结构特征 . [ 第二步 ] 　 巧放缩 ：结合要证结论，对递推式进行变换、放缩，利用作差、作商、数学归纳法、反证法等技巧逐步向欲证不等式靠近 . [ 第三步 ] 　 得结论 ：消灭目标不等式和放缩到的不等式间的差别，得出结论 . 1.(2018· 浙江 ) 已知等比数列 { a n } 的公比 q ＞ 1 ，且 a 3 ＋ a 4 ＋ a 5 ＝ 28 ， a 4 ＋ 2 是 a 3 ， a 5 的等差中项 . 数列 { b n } 满足 b 1 ＝ 1 ，数列 {( b n ＋ 1 － b n ) a n } 的前 n 项和为 2 n 2 ＋ n . (1) 求 q 的值； 解答 规范演练 解　 由 a 4 ＋ 2 是 a 3 ， a 5 的等差中项， 得 a 3 ＋ a 5 ＝ 2 a 4 ＋ 4 ， 所以 a 3 ＋ a 4 ＋ a 5 ＝ 3 a 4 ＋ 4 ＝ 28 ，解得 a 4 ＝ 8. 因为 q ＞ 1 ，所以 q ＝ 2. (2) 求数列 { b n } 的通项公式 . 解答 解　 设 c n ＝ ( b n ＋ 1 － b n ) a n ，数列 { c n } 的前 n 项和为 S n . 解得 c n ＝ 4 n － 1. 由 (1) 可得 a n ＝ 2 n － 1 ， b n － b 1 ＝ ( b n － b n － 1 ) ＋ ( b n － 1 － b n － 2 ) ＋ … ＋ ( b 3 － b 2 ) ＋ ( b 2 － b 1 ) 当 n ＝ 1 时， b 1 ＝ 1 也满足上式， 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 ； 解答 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 * . (2) 求数列 {| a n － n － 2|} 的前 n 项和 . 解答 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 ， (1) 求证：当 n ≥ 2 时， a n － 1 ≤ a n ≤ b n ≤ b n － 1 ； 证明 故有 b n ≥ a n ( n ≥ 2 且 n ∈ N * ) ， 证明　 当 n ≥ 2 时， 综上， a n － 1 ≤ a n ≤ b n ≤ b n － 1 . (2) 设 S n 为数列 {| a n － b n |} 的前 n 项和，求证： S n < 证明 4.(2017· 浙江 ) 已知数列 { x n } 满足： x 1 ＝ 1 ， x n ＝ x n ＋ 1 ＋ ln(1 ＋ x n ＋ 1 )( n ∈ N * ). 证明：当 n ∈ N * 时， (1)0 ＜ x n ＋ 1 ＜ x n ； 证明　 用数学归纳法证明 x n ＞ 0. 当 n ＝ 1 时， x 1 ＝ 1 ＞ 0. 假设 n ＝ k ( k ∈ N * ) 时， x k ＞ 0 ，那么 n ＝ k ＋ 1 时，若 x k ＋ 1 ≤ 0 ， 则 0 ＜ x k ＝ x k ＋ 1 ＋ ln(1 ＋ x k ＋ 1 ) ≤ 0 ，与假设矛盾 ，故 x k ＋ 1 ＞ 0 ， 因此 x n ＞ 0( n ∈ N * ). 所以 x n ＝ x n ＋ 1 ＋ ln(1 ＋ x n ＋ 1 ) ＞ x n ＋ 1 ， 因此 0 ＜ x n ＋ 1 ＜ x n ( n ∈ N * ). 证明 证明 记函数 f ( x ) ＝ x 2 － 2 x ＋ ( x ＋ 2)ln(1 ＋ x )( x ≥ 0). 证明　 由 x n ＝ x n ＋ 1 ＋ ln(1 ＋ x n ＋ 1 ) 得， x n x n ＋ 1 － 4 x n ＋ 1 ＋ 2 x n 函数 f ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递增，所以 f ( x ) ≥ f (0) ＝ 0 ， 证明 证明　 因为 x n ＝ x n ＋ 1 ＋ ln(1 ＋ x n ＋ 1 ) ≤ x n ＋ 1 ＋ x n ＋ 1 ＝ 2 x n ＋ 1 ， 本课结束