2019届二轮复习数列的综合问题课件（51张）（江苏专用）

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第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 25 练　数列的综合问题 [ 压轴大题突破练 ] 明晰考情 1. 命题角度：等差数列与等比数列的综合；等差数列、等比数列与其他知识的综合 . 2. 题目难度：数列在高考中一般是压轴题，高档难度 . 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 核心考点突破练 解答 1.(2018· 江苏省如东高级中学测试 ) 已知各项均为正数的数列 { a n } 的首项 a 1 ＝ 1, S n 是数列 { a n } 的前 n 项和，且满足： a n S n ＋ 1 － a n ＋ 1 S n ＋ a n － a n ＋ 1 ＝ λa n a n ＋ 1 ( λ ≠ 0 ， n ∈ N * ). (1) 若 a 1 ， a 2 ， a 3 成等比数列，求实数 λ 的值； 令 n ＝ 2 ，得 a 2 S 3 － a 3 S 2 ＋ a 2 － a 3 ＝ λa 2 a 3 ， 因为 λ ≠ 0 ，所以 λ ＝ 1. 证明 解答 (3) 在 (2) 的条件下，求 S n . 解答 2. 从数列 { a n } 中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列 { a n } 的一个子数列，设数列 { a n } 是一个首项为 a 1 ，公差为 d ( d ≠ 0) 的无穷等差数列 ( 即项数有无限项 ). (1) 若 a 1 ， a 2 ， a 5 成等比数列，求其公比 q ； 即 ( a 1 ＋ d ) 2 ＝ a 1 ( a 1 ＋ 4 d ) ， 得 d 2 ＝ 2 a 1 d ，又 d ≠ 0 ，于是 d ＝ 2 a 1 ， (2) 若 a 1 ＝ 7 d ，从数列 { a n } 中取出第 2 项，第 6 项作为一个等比数列的第 1 项，第 2 项，试问该数列是否为 { a n } 的无穷等比子数列，请说明理由 . 由题设 a n ＝ a 1 ＋ ( n － 1) d ＝ ( n ＋ 6) d . 假设数列 { b m } 为 { a n } 的无穷等比子数列， 则对任意自然数 m ( m ≥ 3) ，都存在 n ∈ N * ，使 a n ＝ b m ， 故该数列不为 { a n } 的无穷等比子数列 . 解答 3. 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且满足： a 1 ＝ a ( a ≠ 0) ， a n ＋ 1 ＝ rS n ( n ∈ N * ， r ∈ R ， r ≠ － 1). (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解答 解　 由已知 a n ＋ 1 ＝ rS n ，可得 a n ＋ 2 ＝ rS n ＋ 1 ， 两式相减可得 a n ＋ 2 － a n ＋ 1 ＝ r ( S n ＋ 1 － S n ) ＝ ra n ＋ 1 ， 即 a n ＋ 2 ＝ ( r ＋ 1) a n ＋ 1 ，又 a 2 ＝ ra 1 ＝ ra ，所以当 r ＝ 0 时， 数列 { a n } 为： a ,0 ， … ， 0 ， … ； 当 r ≠ 0 ， r ≠ － 1 时，由已知 a ≠ 0 ，所以 a n ≠ 0( n ∈ N * ) ， ∴ a 2 ， a 3 ， … ， a n ， … 成等比数列， ∴ 当 n ≥ 2 时， a n ＝ r ( r ＋ 1) n － 2 a . (2) 若存在 k ∈ N * ，使得 S k ＋ 1 ， S k ， S k ＋ 2 成等差数列，试判断：对于任意的 m ∈ N * ，且 m ≥ 2 ， a m ＋ 1 ， a m ， a m ＋ 2 是否成等差数列，并证明你的结论 . 解答 解　 对于任意的 m ∈ N * ，且 m ≥ 2 ， a m ＋ 1 ， a m ， a m ＋ 2 成等差数列，证明如下： ∴ 对于任意的 m ∈ N * ，且 m ≥ 2 ， a m ＋ 1 ， a m ， a m ＋ 2 成等差数列， 当 r ≠ 0 ， r ≠ － 1 时， ∵ S k ＋ 2 ＝ S k ＋ a k ＋ 1 ＋ a k ＋ 2 ， S k ＋ 1 ＝ S k ＋ a k ＋ 1 . 若存在 k ∈ N * ，使得 S k ＋ 1 ， S k ， S k ＋ 2 成等差数列， 则 S k ＋ 1 ＋ S k ＋ 2 ＝ 2 S k ， ∴ 2 S k ＋ 2 a k ＋ 1 ＋ a k ＋ 2 ＝ 2 S k ，即 a k ＋ 2 ＝－ 2 a k ＋ 1 ， 由 (1) 知， a 2 ， a 3 ， … ， a m ， … 的公比 r ＋ 1 ＝－ 2 ， 于是对于任意的 m ∈ N * ，且 m ≥ 2 ， a m ＋ 1 ＝－ 2 a m ， 从而 a m ＋ 2 ＝ 4 a m ， ∴ a m ＋ 1 ＋ a m ＋ 2 ＝ 2 a m ，即 a m ＋ 1 ， a m ， a m ＋ 2 成等差数列， 综上，对于任意的 m ∈ N * ，且 m ≥ 2 ， a m ＋ 1 ， a m ， a m ＋ 2 成等差数列 . 4.(2018· 连云港期末 ) 设 { a n } 是公差为 d ( d ≠ 0) 且各项为正数的等差数列， { b n } 是公比为 q 且各项均为正数的等比数列， c n ＝ a n · b n ( n ∈ N * ). 证明 (2) 若 a 1 ＝ b 1 ＝ 2, c 2 ＝ 20, c 3 ＝ 64. ① 求数列 { a n } 与 { b n } 的通项公式； 解答 解　 因为 a 1 ＝ b 1 ＝ 2, c 2 ＝ 20, c 3 ＝ 64 ， 则 a n ＝ 3 n － 1, b n ＝ 2 n . ② 求数列 { c n } 的前 n 项和 S n . 解　 因为 a n ＝ 3 n － 1, b n ＝ 2 n ，所以 c n ＝ (3 n － 1)·2 n ， 2 S n ＝ 2 × 2 2 ＋ 5 × 2 3 ＋ … ＋ (3 n － 4)·2 n ＋ (3 n － 1)·2 n ＋ 1 ， ② ＝ 4 ＋ 12(2 n － 1 － 1) － (3 n － 1)·2 n ＋ 1 ＝ ( － 3 n ＋ 4)·2 n ＋ 1 － 8 ， 所以 S n ＝ (3 n － 4)·2 n ＋ 1 ＋ 8. 解答 考点二　等差数列、等比数列和其他知识的综合 方法技巧 　数列和其他知识的综合问题解题的关键是通过对其他知识的转化得到数列的通项关系式或递推关系式 . 解答 5.(2018· 江苏省如东高级中学期中 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 S n ＝ n 2 ( n ∈ N * ). (1) 记 b n ＝ ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n ； 解　 因为 S n ＝ n 2 ( n ∈ N * ) ，当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ S 1 ＝ 1 ， 当 n ≥ 2 时 ， a n ＝ S n － S n － 1 ＝ n 2 － ( n － 1) 2 ＝ 2 n － 1 ， 对 n ＝ 1 适用， 所以 a n ＝ 2 n － 1( n ∈ N * ) ，所以 b n ＝ ＝ 2 2 n － 1 ＝ 2·4 n － 1 ， 解答 6. 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，数列 { S n } 的前 n 项和为 T n ，满足 T n ＝ 2 S n － n 2 . (1) 证明数列 { a n ＋ 2} 是等比数列，并求出数列 { a n } 的通项公式 ； 解　 由 T n ＝ 2 S n － n 2 ，得 a 1 ＝ S 1 ＝ T 1 ＝ 2 S 1 － 1 ，解 得 a 1 ＝ S 1 ＝ 1 ， 由 S 1 ＋ S 2 ＝ 2 S 2 － 4 ，解得 a 2 ＝ 4. 当 n ≥ 2 时， S n ＝ T n － T n － 1 ＝ 2 S n － n 2 － 2 S n － 1 ＋ ( n － 1) 2 ， 即 S n ＝ 2 S n － 1 ＋ 2 n － 1 ， ① S n ＋ 1 ＝ 2 S n ＋ 2 n ＋ 1 ， ② 由 ② － ① 得 a n ＋ 1 ＝ 2 a n ＋ 2 ， ∴ a n ＋ 1 ＋ 2 ＝ 2( a n ＋ 2) ，又 a 2 ＋ 2 ＝ 2( a 1 ＋ 2) ， ∴ 数列 { a n ＋ 2} 是以 a 1 ＋ 2 ＝ 3 为首项， 2 为公比的等比数列， ∴ a n ＋ 2 ＝ 3·2 n － 1 ，即 a n ＝ 3·2 n － 1 － 2( n ∈ N * ). 解答 解答 (2) 设 b n ＝ n · a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 K n . 解　 ∵ b n ＝ 3 n ·2 n － 1 － 2 n ， ∴ K n ＝ 3(1·2 0 ＋ 2·2 1 ＋ … ＋ n ·2 n － 1 ) － 2(1 ＋ 2 ＋ … ＋ n ) ＝ 3(1·2 0 ＋ 2·2 1 ＋ … ＋ n ·2 n － 1 ) － n 2 － n . 记 R n ＝ 1·2 0 ＋ 2·2 1 ＋ … ＋ n ·2 n － 1 ， ③ 2 R n ＝ 1·2 1 ＋ 2·2 2 ＋ … ＋ ( n － 1)·2 n － 1 ＋ n ·2 n ， ④ 由 ③ － ④ ，得－ R n ＝ 2 0 ＋ 2 1 ＋ 2 2 ＋ … ＋ 2 n － 1 － n ·2 n ∴ R n ＝ ( n － 1)·2 n ＋ 1. ∴ K n ＝ 3( n － 1)2 n － n 2 － n ＋ 3( n ∈ N * ). 解答 7. 已知数列 { a n } ，如果数列 { b n } 满足 b 1 ＝ a 1 ， b n ＝ a n ＋ a n － 1 ， n ≥ 2 ， n ∈ N * ，则称数列 { b n } 是数列 { a n } 的 “ 生成数列 ”. (1) 若数列 { a n } 的通项为 a n ＝ n ，写出数列 { a n } 的 “ 生成数列 ” { b n } 的通项公式 ； 解　 当 n ≥ 2 时， b n ＝ a n ＋ a n － 1 ＝ 2 n － 1 ， 当 n ＝ 1 时， b 1 ＝ a 1 ＝ 1 适合上式， ∴ b n ＝ 2 n － 1( n ∈ N * ). (2) 若数列 { c n } 的通项为 c n ＝ 2 n ＋ b ( 其中 b 为常数 ) ，试问数列 { c n } 的 “ 生成数列 ” { q n } 是不是等差数列，请说明理由； 当 b ＝ 0 时， q n ＝ 4 n － 2 ，由于 q n ＋ 1 － q n ＝ 4 ， ∴ 此时数列 { c n } 的 “ 生成数列 ” { q n } 是等差数列 . 当 b ≠ 0 时，由于 q 1 ＝ c 1 ＝ 2 ＋ b ， q 2 ＝ 6 ＋ 2 b ， q 3 ＝ 10 ＋ 2 b ， 此时 q 2 － q 1 ≠ q 3 － q 2 ， ∴ 数列 { c n } 的 “ 生成数列 ” { q n } 不是等差数列 . 综上，当 b ＝ 0 时， { q n } 是等差数列；当 b ≠ 0 时， { q n } 不是等差数列 . 解答 解答 (3) 已知数列 { d n } 的通项为 d n ＝ 2 n ＋ n ，求数列 { d n } 的 “ 生成数列 ” { p n } 的前 n 项和 T n . 当 n ＞ 1 时， T n ＝ 3 ＋ (3·2 ＋ 3) ＋ (3·2 2 ＋ 5) ＋ … ＋ (3·2 n － 1 ＋ 2 n － 1) ， ∴ T n ＝ 3 ＋ 3(2 ＋ 2 2 ＋ 2 3 ＋ … ＋ 2 n － 1 ) ＋ (3 ＋ 5 ＋ 7 ＋ … ＋ 2 n － 1) ＝ 3·2 n ＋ n 2 － 4. 又当 n ＝ 1 时， T 1 ＝ 3 ，适合上式， ∴ T n ＝ 3·2 n ＋ n 2 － 4. 8. 已知数列 { a n } 中， a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ a ，且 a n ＋ 1 ＝ k ( a n ＋ a n ＋ 2 ) 对任意正整数都成立，数列 { a n } 的前 n 项和为 S n . 所以数列 { a n } 是等差数列， 此时首项 a 1 ＝ 1 ，公差 d ＝ a 2 － a 1 ＝ a － 1 ， 解答 (2) 是否存在实数 k ，使数列 { a n } 是公比不为 1 的等比数列，且对任意相邻三项 a m ， a m ＋ 1 ， a m ＋ 2 ，按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有 k 的值，若不存在，请说明理由； 解答 所以 a m ＝ a m － 1 ， a m ＋ 1 ＝ a m ， a m ＋ 2 ＝ a m ＋ 1 . ① 若 a m ＋ 1 为等差中项，则 2 a m ＋ 1 ＝ a m ＋ a m ＋ 2 ， 即 2 a m ＝ a m － 1 ＋ a m ＋ 1 ，解得 a ＝ 1 ，不合题意； ② 若 a m 为等差中项，则 2 a m ＝ a m ＋ 1 ＋ a m ＋ 2 ， 即 2 a m － 1 ＝ a m ＋ a m ＋ 1 ， 化简得 a 2 ＋ a － 2 ＝ 0 ，解得 a ＝－ 2( 舍去 a ＝ 1) ， ③ 若 a m ＋ 2 为等差中项，则 2 a m ＋ 2 ＝ a m ＋ 1 ＋ a m ， 即 2 a m ＋ 1 ＝ a m ＋ a m － 1 ， 解答 a n ＋ 2 ＋ a n ＋ 1 ＝－ ( a n ＋ 1 ＋ a n ) ， a n ＋ 3 ＋ a n ＋ 2 ＝－ ( a n ＋ 2 ＋ a n ＋ 1 ) ＝ a n ＋ 1 ＋ a n . 当 n 是偶数时， S n ＝ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＋ … ＋ a n － 1 ＋ a n ＝ ( a 1 ＋ a 2 ) ＋ ( a 3 ＋ a 4 ) ＋ … ＋ ( a n － 1 ＋ a n ) 当 n 为奇数且 n ≥ 3 时， S n ＝ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＋ … ＋ a n － 1 ＋ a n ＝ a 1 ＋ ( a 2 ＋ a 3 ) ＋ ( a 4 ＋ a 5 ) ＋ … ＋ ( a n － 1 ＋ a n ) 当 n ＝ 1 时也适合上式 . 模板答题规范练 模 板体验 例　 (16 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 ＝ a n a 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　 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 . 8 分 (2) 因为 b n ＝ a n a n ＝ 2 n 2 n ＝－ n × 2 n ， 9 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 . 12 分 又 S n ＋ n × 2 n ＋ 1 ＞ 30 ， 可得 2 n ＋ 1 － 2 ＞ 30 ，即 2 n ＋ 1 ＞ 32 ＝ 2 5 ， 14 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. 16 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 ] 　 求和 ：根据数列的类型，选择适当方法求出数列的前 n 项和 . [ 第三步 ] 　 求最值 ：根据题目条件，建立相应的函数或不等式，通过相应函数最值或不等式求出最值，注意 n 的取值 . 规范演练 (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解　 设等比数列 { a n } 的公比 q >0 ， ∴ a 1 ＝ 1 ， q ＝ 2, ∴ a n ＝ 2 n － 1 ( n ∈ N * ). 解答 解答 解　 ∵ b n ＝ 4 n － 1 ＋ ( n － 1) ， ∴ S n ＝ (1 ＋ 0) ＋ (4 1 ＋ 1) ＋ (4 2 ＋ 2) ＋ … ＋ [ 4 n － 1 ＋ ( n － 1) ] ＝ (1 ＋ 4 1 ＋ 4 2 ＋ … ＋ 4 n － 1 ) ＋ [ 0 ＋ 1 ＋ 2 ＋ … ＋ ( n － 1) ] 2. 已知数列 { a n } 满足 a 1 ＝ 1 ， a n ＋ 1 ＝ 3 a n ＋ 1. 解答 因为当 n ≥ 1 时， 3 n － 1 ≥ 2·3 n － 1 ， 证明 解答 3. 已知数列 { a n } 满足 a 1 ＝ ， a n ＋ 1 － a n ＝ p ·3 n － 1 － nq ， n ∈ N * ， p ， q ∈ R . (1) 若 q ＝ 0 ，且数列 { a n } 为等比数列，求 p 的值； 解　 若 q ＝ 0 ，则 a n ＋ 1 － a n ＝ p ·3 n － 1 . 设等比数列 { a n } 的公比为 r . ① 若 r ＝ 1 ，则 p ＝ 0 ； 此时 a n ＋ 1 － a n ＝ a 1 ( r － 1) r n － 1 ＝ p ·3 n － 1 ＝ 3 n － 1 ， 所以 p ＝ 1. 综上所述， p ＝ 0 或 p ＝ 1. (2) 若 p ＝ 1 ，且 a 4 为数列 { a n } 的最小项，求 q 的取值范围 . 解　 若 p ＝ 1 ，则 a n ＋ 1 － a n ＝ 3 n － 1 － qn ， n ∈ N * ， 因为 a 4 是数列 { a n } 的最小项， 此时， a 2 － a 1 ＝ 1 － q ＜ 0 ， a 3 － a 2 ＝ 3 － 2 q ＜ 0. 记 f ( n ) ＝ a n ＋ 1 － a n ＝ 3 n － 1 － qn ( n ∈ N * ) ， 考虑 f ( n ＋ 1) － f ( n ) ＝ 2·3 n － 1 － q ，当 n ≥ 4 时， f ( n ＋ 1) ＞ f ( n ) ≥ f (4) ≥ 0. 综上， a 1 ＞ a 2 ＞ a 3 ≥ a 4 ，且 a 4 ≤ a 5 ＜ a 6 ＜ a 7 … ，满足题意 . 解答 解答 4. 若数列 { a n } 中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称 { a n } 为 “ 等比源数列 ”. (1) 已知在数列 { a n } 中， a 1 ＝ 2 ， a n ＋ 1 ＝ 2 a n － 1 . ① 求 { a n } 的通项公式 ； 解　 由 a n ＋ 1 ＝ 2 a n － 1 ，得 a n ＋ 1 － 1 ＝ 2( a n － 1) ， 且 a 1 － 1 ＝ 1 ， 所以数列 { a n － 1} 是首项为 1 ，公比为 2 的等比数列 . 所以 a n － 1 ＝ 2 n － 1 ， 所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 2 n － 1 ＋ 1. ② 试判断 { a n } 是否为 “ 等比源数列 ” ，并证明你的结论； 解答 解　 数列 { a n } 不是 “ 等比源数列 ” ，用反证法证明如下： 假设数列 { a n } 是 “ 等比源数列 ” ， 则存在三项 a m ， a n ， a k ( m ＜ n ＜ k ) 按一定次序排列构成等比数列 . 因为 a n ＝ 2 n － 1 ＋ 1 ，所以 a m ＜ a n ＜ a k ， 即 2 2 n － 2 ＋ 2 × 2 n － 1 ＋ 1 ＝ 2 m ＋ k － 2 ＋ 2 m － 1 ＋ 2 k － 1 ＋ 1 ， 两边同时乘 2 1 － m ， 得到 2 2 n － m － 1 ＋ 2 n － m ＋ 1 ＝ 2 k － 1 ＋ 1 ＋ 2 k － m ， 即 2 2 n － m － 1 ＋ 2 n － m ＋ 1 － 2 k － 1 － 2 k － m ＝ 1 ， 又 m ＜ n ＜ k ， m ， n ， k ∈ N * ， 所以 2 n － m － 1 ≥ 1 ， n － m ＋ 1 ≥ 2 ， k － 1 ≥ 2 ， k － m ≥ 2 ， 所以 2 2 n － m － 1 ＋ 2 n － m ＋ 1 － 2 k － 1 － 2 k － m 必为偶数，不可能为 1. 所以数列 { a n } 中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列 . 综上可得数列 { a n } 不是 “ 等比源数列 ”. 证明 (2) 已知数列 { a n } 为等差数列，且 a 1 ≠ 0 ， a n ∈ Z ( n ∈ N * ). 求证： { a n } 为 “ 等比源数列 ”. 证明 　 不妨设等差数列 { a n } 的公差 d ≥ 0. 当 d ＝ 0 时，等差数列 { a n } 为非零常数数列，数列 { a n } 为 “ 等比源数列 ”. 当 d ＞ 0 时，因为 a n ∈ Z ，则 d ≥ 1 ，且 d ∈ Z ，所以数列 { a n } 中必有一项 a m ＞ 0. 为了使 { a n } 为 “ 等比源数列 ” ， 只需要 { a n } 中存在第 m 项，第 n 项，第 k 项 ( m ＜ n ＜ k ) ， 即 [ a m ＋ ( n － m ) d ] 2 ＝ a m [ a m ＋ ( k － m ) d ] ， 即 ( n － m ) [ 2 a m ＋ ( n － m ) d ] ＝ a m ( k － m ) 成立 . 当 n ＝ a m ＋ m ， k ＝ 2 a m ＋ a m d ＋ m 时，上式成立 . 所以 { a n } 中存在 a m ， a n ， a k 成等比数列 . 所以数列 { a n } 为 “ 等比源数列 ”. 本课结束