2020届二轮复习数列的综合问题教案（全国通用）

2020届二轮复习数列的综合问题教案（全国通用）

第2课时　数列的综合问题 题型一　数列与函数 例1(2018·四川三台中学模拟)数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，19成等差数列．‎ ‎(1)求a1的值；‎ ‎(2)证明为等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)设bn＝log3(an＋2n)，若对任意的n∈N*，不等式bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围．‎ 解　(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*中，‎ 令n＝1，得2S1＝a2－22＋1，即a2＝2a1＋3，①‎ 又2(a2＋5)＝a1＋19，②‎ 则由①②解得a1＝1.‎ ‎(2)当n≥2时，由 ‎③－④得2an＝an＋1－an－2n，‎ 则＋1＝，‎ 又a2＝5，则＋1＝.‎ ‎∴数列是以为首项，为公比的等比数列，‎ ‎∴＋1＝×n－1，即an＝3n－2n.‎ ‎(3)由(2)可知，bn＝log3(an＋2n)＝n.‎ 当bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立时，‎ 即(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6<0(n∈N*)恒成立．‎ 设f(n)＝(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6(n∈N*)，‎ 当λ＝1时，f(n)＝－n－6<0恒成立，则λ＝1满足条件；‎ 当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；‎ 当λ>1时，由于对称轴n＝－<0，‎ 则f(n)在[1，＋∞)上单调递减，‎ f(n)≤f(1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，‎ 综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞)．‎ 思维升华数列与函数的交汇问题 ‎(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；‎ ‎(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．‎ 跟踪训练1(2018·辽南协作校模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1＝an，数列{bn}满足bn＝2－log2a2n＋1.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得2Tn≤4n2＋m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围．‎ 解　(1)由a1＝1，＝，an≠0，‎ ‎∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，‎ ‎∴an＝n－1.‎ ‎∴bn＝2－log22n＝2n＋2.‎ ‎(2)由(1)得，Tn＝n2＋3n，‎ ‎∴m≥－2n2＋6n对任意正整数n都成立．‎ 设f(n)＝－2n2＋6n，‎ ‎∵f(n)＝－2n2＋6n＝－22＋，‎ ‎∴当n＝1或2时，f(n)的最大值为4，‎ ‎∴m≥4.‎ 即m的取值范围是[4，＋∞)．‎ 题型二　数列与不等式 例2已知数列{an}中，a1＝，其前n项的和为Sn，且满足an＝(n≥2)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn<1.‎ 证明　(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，整理得Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，‎ ‎∴－＝2，从而构成以2为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)可知，＝＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝.‎ ‎∴当n＝1时，Sn＝<1，‎ 方法一　当n≥2时，Sn＝<· ‎＝，‎ ‎∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn<＋＝1－<1.‎ ‎∴原不等式得证．‎ 方法二　当n≥2时，‎ <＝，‎ ‎∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn ‎<＋ ‎＝＋，‎ ‎<＋＝<1.‎ ‎∴原命题得证．‎ 思维升华数列与不等式的交汇问题 ‎(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；‎ ‎(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．‎ 跟踪训练2(2018·天津部分区质检)已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.‎ ‎(1)解　设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，‎ 由题意得1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6，‎ 解得d＝q＝2，‎ 所以an＝2n－1，bn＝2n－1.‎ ‎(2)证明　因为cn＝＝ ‎＝，‎ 所以Tn＝ ‎＝ ‎＝－，‎ 因为>0，所以Tn<.‎ 又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增，‎ 所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝，‎ 所以≤Tn<.‎ 题型三　数列与数学文化 例3(2018·东北师大附中模拟)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”(　　)‎ A．6斤B．7斤C．8斤D．9斤 答案　D 解析　原问题等价于等差数列中，‎ 已知a1＝4，a5＝2，求a2＋a3＋a4的值．‎ 由等差数列的性质可知a2＋a4＝a1＋a5＝6，‎ a3＝＝3，‎ 则a2＋a3＋a4＝9，即中间三尺共重9斤．‎ 思维升华我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n项和公式．‎ 跟踪训练3中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载．现有数列题目如下：数列{an}的前n项和Sn＝n2，n∈N*，等比数列{bn}满足b1＝a1＋a2，b2＝a3＋a4，则b3等于(　　)‎ A．4B．5C．9D．16‎ 答案　C 解析　由题意可得b1＝a1＋a2＝S2＝×22＝1，‎ b2＝a3＋a4＝S4－S2＝×42－×22＝3，‎ 则等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，‎ 故b3＝b2q＝3×3＝9.‎ ‎1．(2018·莆田模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝－an＋1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若f(x)＝ x，设bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)由Sn＝－an＋1得Sn＋1＝－an＋1＋1，‎ 两式相减得，Sn＋1－Sn＝－an＋1＋an，‎ 即an＋1＝－an＋1＋an，即＝(n≥1)，‎ 所以数列{an}是公比为的等比数列，‎ 又由a1＝－a1＋1得a1＝，‎ 所以an＝a1qn－1＝n.‎ ‎(2)因为bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)‎ ‎＝1＋2＋…＋n＝，‎ 所以＝＝2，‎ 所以Tn＝2 ‎＝2＝.‎ ‎2．(2018·江西重点中学协作体模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n项和为Sn，且a2＋2，S3，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n<.‎ ‎(1)解　由a1＝0得an＝(n－1)d，Sn＝，‎ 因为a2＋2，S3，S4成等比数列，‎ 所以S＝(a2＋2)S4，‎ 即(3d)2＝(d＋2)·6d，‎ 整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，‎ 因为d≠0，所以d＝4，‎ 所以an＝(n－1)d＝4(n－1)＝4n－4.‎ ‎(2)证明　由(1)可得Sn＋1＝2n(n＋1)，‎ 所以bn＝＝＝2＋ ‎＝2＋，‎ 所以Tn＝2n＋＋＋…＋ ‎＝2n＋1＋－－，‎ 所以Tn－2n<.‎ ‎3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足＝f′，且a1＝4.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，‎ ‎16n2a－4nb＝0，‎ ‎∴a＝，‎ 则f(x)＝x2＋2nx，n∈N*.‎ 数列{an}满足＝f′，‎ 又f′(x)＝x＋2n，‎ ‎∴＝＋2n，∴－＝2n，‎ 由累加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，‎ 化简可得an＝(n≥2)，‎ 当n＝1时，a1＝4也符合，‎ ‎∴an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)∵bn＝＝ ‎＝2，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ ‎4．已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.‎ 解　(1)设数列{xn}的公比为q.‎ 由题意得 所以3q2－5q－2＝0，‎ 由已知得q>0，‎ 所以q＝2，x1＝1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.‎ ‎(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.‎ 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，‎ 由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2，①‎ 则2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②‎ 由①－②，得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝.‎ ‎5．(2019·张掖模拟)若正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，点P(，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)设bn＝，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥a恒成立，求Tn及实数a的取值范围．‎ 解　(1)由Sn＋1＝(＋1)2，得－＝1，‎ 所以数列{}是以为首项，1为公差的等差数列，‎ 所以＝＋(n－1)×1，即Sn＝n2，‎ 由公式an＝ 得an＝所以an＝2n－1.‎ ‎(2)因为bn＝＝ ‎＝，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝，‎ 显然Tn是关于n的增函数，‎ 所以Tn有最小值(Tn)min＝T1＝×＝.‎ 由于Tn≥a恒成立，所以a≤，‎ 于是a的取值范围是.‎ ‎6．已知各项均不相等的等差数列{an}的前三项和为9，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．‎ ‎(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N*)．‎ ‎(1)解　设数列{an}的公差为d，‎ 则 解得或(舍去)，‎ 所以an＝n＋1，Sn＝.‎ 又b1＝a1＝2，b2＝a3＝4，‎ 所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.‎ ‎(2)证明　因为an·bn＝(n＋1)·2n，‎ 所以Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①‎ 所以2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②‎ ‎①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，‎ 所以Kn＝n·2n＋1.‎ 则cn＝＝，‎ cn＋1－cn＝－ ‎＝>0，‎ 所以cn＋1>cn(n∈N*)．‎