（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第3讲 数列的综合问题学案
第3讲 数列的综合问题
[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、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.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．
热点一 利用Sn，an的关系式求an
1.数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
2．求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.
(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
例1 (2018·浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
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解 (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，
得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
由a3＋a5＝20，得8＝20，
解得q＝2或q＝.
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1(n∈N*)．
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×n－3＋…＋7×＋3.
设Tn＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－5)×n－2，n≥2，①
则Tn＝3×＋7×2＋…＋(4n－9)×n－2＋(4n－5)×n－1，n≥2，②
①－②，得Tn＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n－2－(4n－5)×n－1，n≥2，
因此Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2，n≥2，
当n＝1时，b1＝1也满足上式，
所以bn＝15－(4n＋3)×n－2，n∈N*.
思维升华 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
跟踪演练1 已知数列{an}的前n项和Sn满足：a1an＝S1＋Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
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(2)若an>0，数列的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．
解 (1)由已知a1an＝S1＋Sn，①
可得当n＝1时，a＝a1＋a1，解得a1＝0或a1＝2，
当n≥2时，由已知可得a1an－1＝S1＋Sn－1，②
①－②得a1＝an.
若a1＝0，则an＝0，此时数列{an}的通项公式为an＝0.
若a1＝2，则2＝an，化简得an＝2an－1，
即此时数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故an＝2n(n∈N*)．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2n(n∈N*)．
(2)因为an>0，故an＝2n.
设bn＝log2，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，
由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小，
最小值为T4＝T5＝＝－10.
热点二 数列与函数、不等式的综合问题
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，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．
例2 已知函数f(x)＝ln(1＋x)－.
(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；
(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2.
(1)解 由已知可得f(0)＝0，
∵f(x)＝ln(1＋x)－，
∴f′(x)＝，且f′(0)＝0.
①若λ≤0，则当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，不合题意；
②若0<λ<，
则当0
0，f(x)单调递增，
∴当0f(0)＝0，不合题意；
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③若λ≥，
则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x≥0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意．
综上，λ≥.∴实数λ的最小值为.
(2)证明 由于a2n－an＋＝＋＋＋…＋＋＋，
若λ＝，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－，
且当x>0时，f(x)<0，即>ln(1＋x)，
令x＝，则>ln，
∴＋>ln，
＋>ln，
＋>ln，
…，
＋>ln.
以上各式两边分别相加可得
＋＋＋＋＋＋…＋＋
>ln＋ln＋ln＋…＋ln，
即＋＋＋…＋＋＋
>ln＝ln＝ln 2，
∴a2n－an＋>ln 2.
思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点
(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视．
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
跟踪演练2 设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.
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(1)求fn′(2)；
(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且00，
所以fn(x)在内至少存在一个零点，
又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，
所以fn(x)在内单调递增，
因此fn(x)在内有且仅有一个零点an，
由于fn(x)＝－1，
所以fn(an)＝－1＝0，
由此可得an＝＋a>，故0，n∈N*)．
(1)证明：an＋1>an≥1；
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(2)若对任意n∈N*，都有an≥n－1，证明：
①对于任意m∈N*，当n≥m时，an≤(n－m)＋am；
②an≤.
证明 (1)因为c>0，a1＝1，
所以an＋1＝an＋>an(n∈N*)，
下面用数学归纳法证明an≥1.
①当n＝1时，a1＝1≥1；
②假设当n＝k时，ak≥1，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋>ak≥1.
所以当n∈N*时，an≥1.
所以an＋1>an≥1.
(2)①由(1)知当n≥m时，an≥am≥1，
所以an＋1＝an＋≤an＋，
即an＋1－an≤，累加得an－am≤(n－m)．
所以an≤(n－m)＋am.
②若c>，当m>时，
am>－1＝.
所以时，n－1>(n－m)＋am，矛盾．
所以c≤.
因为a＝a＋2c＋≤a＋2c＋c2≤a＋，
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累加得a≤a＋(n－1)＝，
所以an≤.
真题体验
1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
答案 －63
解析 ∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝＝＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
2．(2017·浙江)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当n∈N*时，
(1)00.
当n＝1时，x1＝1>0.
假设当n＝k(k∈N*)时，xk>0，
那么当n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则00，
因此xn>0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1，
因此00(x>0)，
函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得
－≥2>0，
所以－≥2≥…≥2n－1
＝2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*)．
押题预测
已知数列{an}满足a1＝2，点(an，an＋1)在直线y＝3x＋2上．数列{bn}满足b1＝2，＝＋＋…＋.
(1)求b2的值；
(2)求证：数列{an＋1}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
(3)求证：2－≤…<.
押题依据 数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部分的难点，考查学生的综合能力．
(1)解 由已知得a2＝3a1＋2＝8，
所以＝，＝，解得b2＝4.
(2)解 由条件得an＋1＝3an＋2，
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则＝＝3，
所以数列{an＋1}是以a1＋1为首项，3为公比的等比数列．
即an＋1＝(a1＋1)·3n－1＝3n，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．
(3)证明 由题设＝＋＋…＋，①
知＝＋＋…＋ (n≥2)，②
由①－②，得－＝，
则＝，
即＝(n≥2)．
当n＝1时，2－＝，
1＋＝<，
所以原不等式成立；
当n≥2时，…
＝··…·
＝···…··(1＋bn)
＝××·…··(1＋bn)
＝×·(1＋bn)
＝3
＝3
＝3，
先证明不等式左边，当n≥2时，
因为＝>，
所以3
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>3
＝3
＝2－.
所以3≥2－.
再证明不等式右边，当n≥2时，
＝＝≤，
所以3
≤3
＝3
＝3<.
所以2－≤…<成立．
综上所述，不等式成立．
A组 专题通关
1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( )
A．2 062 B．2 063
C．2 064 D．2 065
答案 B
解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k个平方数与第k＋1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2
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025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.
2．已知数列{an}满足010的n的最小值为( )
A．60 B．61 C．121 D．122
答案 B
解析 由a－8a＋4＝0，得a＋＝8，
所以a＋＝8＋8(n－1)＝8n，
所以2＝a＋＋4＝8n＋4，
所以an＋＝2，即a－2an＋2＝0，
所以an＝＝±，
因为010得>11，
所以n>60.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A．an≥2n＋1 B．Sn≥n2
C．an≥2n－1 D．Sn≥2n－1
答案 B
解析 由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，
an－an－1≥2，
∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，
∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1.
∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，
即Sn≥(1＋2n－1)＝n2.
4．数列{an}满足a1＝，an＝(n∈N*)，若对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，则最小的整数k是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 C
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解析 由an＝，得an＝an＋1－1，
∴＝＝－，
即＝－，且an>1.
∴＋＋…＋＝＋
＋…＋
＝－，
∴＋＋…＋＝5－<5.
又对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，
∴k≥5.故最小的整数k是5.
5．已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么(i)的值为( )
A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500
答案 D
解析 由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且n 为奇数时f(n)＝n，
则(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)
＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)
＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)
＝2 500＋(i)，
∴(i)＝(i)－(i)＝2 500.
6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n(n≥6)，定义f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，其中a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)，则a6＝________；当n＝2 019时，f(2)＝________.
答案 64
解析 由a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)得数列{ai}为首项为2，公比为2的等比数列，则ai＝2i(i∈N*，i≤n)，所以a6＝26＝64.当n＝2 019时，f(x)＝1＋2x＋22x2＋…＋22 019x2 019
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，则f(2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝＝.
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4n－2＋1)的最小值为__________．
答案 4
解析 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，
∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，
∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列，
∴an＝4n，
∴(4n－2＋1)＝
＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当n＝2时取“＝”．
8．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，anan，a1＝0，所以an≥0.
则an＋1＝an＋≤an＋e－nln 2＝an＋2－n，
所以an≤an－1＋2－(n－1)≤an－2＋2－(n－2)＋2－(n－1)≤…≤a1＋2－1＋…＋2－(n－2)＋2－(n－1)＝1－21－n.
令f(n)＝＋21－n－2，
则f(n＋1)－f(n)＝
＝－2－n＝
＝－2－n>－2－n＝0，
所以{f(n)}是递增数列，所以f(n)≥f(1)＝0，
即＋21－n－2≥0，所以an≥ln(2－21－n)，
综上所述，ln(2－21－n)≤an≤1－21－n得证．
(3)解 由(2)得
an＋1＝an＋≤an＋
＝an＋，
所以an≤an－1＋≤an－2＋＋
≤…≤a1＋＋…＋＋
＝＋…＋＋(n≥2)．
因为＝≤(n≥3)，
所以当n≥4时，an<＋＋＋…＋＝＋＋<.
由{an}的单调性知当n＝1,2,3时，an<，
综上所述，对任意的n∈N*，都有an<，
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所以存在c＝使an≤1－c成立．
10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列an＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．
(1)求证：a2 018>6；
(2)求证：对一切n≥2都有a＋2>2.
证明 (1)∵an＝1＋＋＋…＋，
∴a2 018＝1＋＋＋…＋＋…＋，
a2 018>1＋＋＋…＋>1＋＋＋…＋＝1＋×10＝6.
(2)由题意得an－an－1＝(n≥2)，即an－1＝an－，
将式子两边平方得
a＝a－2＋，
∴a－a＝2－，
a＝a－a＋a－a＋a－a＋…＋a－a＋a
＝2－.
∵1＋＋…＋<1＋＋＋…＋
＝2－<2，
∴对一切n≥2都有a＋2>2.
B组 能力提高
11．(2018·浙江)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
答案 B
解析 构造不等式ln x≤x－1，
则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q<0.
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若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，
所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．
因此－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a20(n∈N*)；
(2)an＋1<(n∈N*)；
(3)≤Tn≤(n∈N*)．
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证明 (1)①当n＝1时，a1＝1>0，
所以当n＝1时，命题成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，即ak>0，
则由1＋ak>1，知ak＋1＝ln(1＋ak)>0，所以ak＋1>0.
故对于n∈N*都有an>0.
(2)先利用ln(1＋x)0)证明ln(1＋an)成立，
则累加可得≥1＋(n－1)＝，
故Tn≥n＋×＝.
构造函数g(x)＝ln(1＋x)－(00，
所以g(x)在(0,1]上单调递增，
所以g(x)＝ln(1＋x)－>g(0)＝0，
得ln(1＋an)>.
所以有an＋1>，进一步有－<，则累加可得≤，
故Tn≤n＋×＝.
因此原命题成立．
20
14. (2018·宁波期末)已知数列{an}满足an＋1＝a1＝a.
(1)若a>1，求证：对任意正整数n(n>1)均有an≥2；
(2)若a＝3，求证：4n＋12时，根据g(x)＝2x－2和f(x)＝在[2，＋∞)上均为增函数，
从而当an≥2时，必有an＋1＝f(an)≥f(2)＝2
或an＋1＝g(an)≥g(2)＝2.
当12.
当a＝2时，a2＝a3＝2，从而an＝2恒成立．
综上所述，当a>1时，an≥2对所有满足n>1的正整数n均成立．
(2)当a＝3时，一方面，
由(1)知a2k－1＋a2k>4(k≥2，k∈N)．
又a1＋a2＝3＋>5，所以a1＋a2＋…＋a2n>4n＋1.
另一方面，
a2k－1＋a2k＝a2k－1＋＝，
且a2k＋1＝2a2k－2＝，
令a2k－1－2＝bk，则bk＋1＋2＝，
即bk＋1＝，且b1＝1，b2＝.
所以a2k－1＋a2k＝＝
＝.
由bk＋1－bk＝，
且b2－b1<0知{bk}为递减数列，且bk>0，所以<1.
从而a2k－1＋a2k＝
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