【数学】2020届一轮复习(理)人教通用版高考专题突破三第2课时数列的综合问题学案

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【数学】2020届一轮复习(理)人教通用版高考专题突破三第2课时数列的综合问题学案

第2课时 数列的综合问题 题型一 数列与函数 例1 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·葫芦岛模拟)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 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 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.4 B.5 C.9 D.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·包头模拟)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)=,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.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·盘锦模拟)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+).‎
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