（全国通用版）2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第3讲 数列的综合问题学案 文.doc

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1、1第第 3 3 讲讲 数列的综合问题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.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力热点一 利用Sn，an的关系式求an1数列an中，an与Sn的关系anError!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an1anf(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

2、乘法an1 an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 已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12，其前n项和Sn满足：bn1Sn2(nN N*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.an bn解 (1)a22，a3a58，2d23d8，d1，ann(nN N*)bn1Sn2(nN N*)，bnSn12(nN N*，n2)由，得bn1bnSnSn1bn(nN N*，n2)，bn12bn(nN N*，n2)b12，b22b1，2bn是首项为 2，公比为 2 的等比数列，bn2n(nN N*)(2)由c

3、n，an bnn 2n得Tn ，1 22 223 23n1 2n1n 2nTn，1 21 222 233 24n1 2nn 2n1两式相减，得Tn 1，1 21 21 221 2nn 2n12n 2n1Tn2(nN N*)n2 2n思维升华 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用SnSn1an(n2)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 (2018绵阳诊断性考试)已知正项数列an的前n项和Sn满足：a1anS1Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnlog2，求数列bn的前n项和Tn.an 32解

4、(1)由已知a1anS1Sn，可得当n1 时，aa1a1，2 1解得a10 或a12，由an是正项数列，故a12.当n2 时，由已知可得 2an2Sn，2an12Sn1，两式相减得，2an，化简得an2an1，(anan1)数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故an2n.数列an的通项公式为an2n(nN N*)(2)bnlog2，代入an2n化简得bnn5，an 32显然bn是等差数列，其前n项和Tn(nN N*)n(4n5)2n29n 2热点二 数列与函数、不等式的综合问题3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，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还

5、有以曲线上的切点为背景的问题，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数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题例 2 设fn(x)xx2xn1，x0，nN N，n2.(1)求fn(2)；(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且 00，(2 3)(2 3)所以fn(x)在内至少存在一个零点，(0，2 3)又fn(x)12xnxn10，所以fn(x)在内单调递增，(0，2 3)因此fn(x)在内有且仅有一个零点an，(0，2 3)由于fn(x)1，xxn1 1x所以fn(an)10，anan1n 1an由此可得an a

6、 ，1 21 2n1n1 2故 0)(1)求A市 2019 年的碳排放总量(用含m的式子表示)；(2)若A市永远不需要采取紧急限排措施，求m的取值范围解 设 2018 年的碳排放总量为a1,2019 年的碳排放总量为a2，(1)由已知，a14000.9m，a20.9m(400 0.9m)4000.920.9mm3241.9m.(2)a30.9m(400 0.920.9mm)4000.930.92m0.9mm，an4000.9n0.9n1m0.9n2m0.9mm4000.9nm4000.9n10m10.9n 10.9(10.9n)0.9n10m.(40010m)由已知nN N*，an550，(1

7、)当 40010m0，即m40 时，显然满足题意；(2)当 40010m0，即m40 时，由指数函数的性质可得 10m550，解得m55，综合得 400，故当n4 时，f(n)递增又f(1)0.(3 2)该项目将从第 8 年开始并持续赢利答：该项目将从 2023 年开始并持续赢利方法二 设f(x)x2x7(x1)，(3 2)则f(x)xln 2，(3 2)3 2令f(x)0，得x5，(3 2)2ln 322 ln 3ln 22 1.10.7x4.从而当x1,4)时，f(x)0，f(x)单调递增又f(1)0.(3 2)该项目将从第 8 年开始并持续赢利答：该项目将从 2023 年开始并持续赢利真

8、题体验1(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.8答案 63解析 Sn2an1，当n2 时，Sn12an11，anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)当n1 时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a11，公比q2 的等比数列，Sn12n，a11qn1q112n12S612663.2(2017山东)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(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)，Pn1(xn1，n1)得到折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1

9、，xxn1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Error!所以 3q25q20，由已知得q0，所以q2，x11.因此数列xn的通项公式为xn2n1(nN N*)(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，nn12所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又 2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1，得9Tn321(2222n1)(2n1)2n1 (2n1)2n1.3 2212n112

10、所以Tn(nN N*)2n1 2n12押题预测已知数列an的前n项和Sn满足关系式Snkan1，k为不等于 0 的常数(1)试判断数列an是否为等比数列；(2)若a2 ，a31.1 2求数列an的通项公式及前n项和Sn的表达式；设bnlog2Sn，数列cn满足cnbn22nb，数列cn的前n项和为Tn，1 bn3bn4当n1 时，求使Tn0，因为nN N* *且n1，故n9，从而最小正整数n的值是 10.A 组 专题通关1(2018安徽省“皖南八校”联考)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( )A2 062 B2 063C2 064

11、 D2 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k1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 025451 980(个)数，所以去掉平方数后第 2 018 项应在 2 025 后的第 38 个数，即是原来数列的第 2 063 项，即为 2 063.2(2018百校联盟联考)已知数列an中，a17，an12an1，则a30等于( )an2A1 028 B1 026 C1 024 D1 022答案 D解析 因为an12an1，an2所

12、以an1an12，an2即an12an221，an211所以22，(an12)(an21)即1，an12an2故是以 3 为首项，1 为公差的等差数列，an2所以3(n1)1n2，an2所以ann24n2，所以a301 022.3(2018商丘模拟)已知数列an满足a11，an1an2(nN N*)，Sn为数列an的前n项和，则( )Aan2n1 BSnn2Can2n1 DSn2n1答案 B解析 由题意得a2a12，a3a22，a4a32，anan12，a2a1a3a2a4a3anan12(n1)，ana12(n1)，an2n1.a11，a23，a35，an2n1，a1a2a3an1352n1

13、，Sn (12n1)n2.n 24(2018河南省豫南豫北联考)数列an满足a1 ，an(nN N*)，若对nN N*，6 5an11 an1都有k成立，则最小的整数k是( )1 a11 a21 anA3 B4 C5 D6答案 C解析 由an，得anan11，an11 an1(an1)，1 an111an(an1)1 an11 an即，且an1.1 an1 an11 an111 a11 a21 an(1 a111 a21)(1 a211 a31)(1 an11 an11)12，1 a111 an115成立，1 a11 a21 ank5.故最小的整数k是 5.5(2018马鞍山联考)已知f(n)

14、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100 i51f为( )A2 488 B2 495 C2 498 D2 500答案 D解析 由f(n)的定义知f(n)f(2n)，且若n 为奇数则f(n)n，则(i)f(1)f(2)f(100)100 i1f13599f(2)f(4)f(100)f(1)f(2)f(50)50 (199)22 500(i)，50 i1f(i)(i)(i)2 500.100 i51f100 i1f50 i1f6对于数列an，定义Hn为an的“优值”

15、，现在已知某数列ana12a22n1an n的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为_答案 7 3，12 5解析 由题意可知2n1，a12a22n1an na12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n，由，得 2n1ann2n1(n1)2n(n2，nN N*)，13则an2n2(n2)，又当n1 时，a14，符合上式，an2n2(nN N*)，ankn(2k)n2，令bn(2k)n2，SnS5，b50，b60，解得 k，7 312 5k的取值范围是.7 3，12 57已知数列an的前n项和为Sn，Sn (an1)

16、，则(4n21)的最小值为4 3(16 an1)_答案 4解析 Sn (an1)，Sn1 (an11)(n2)，4 34 3anSnSn1 (anan1)，4 3an4an1，又a1S1 (a11)，4 3a14，an是首项为 4，公比为 4 的等比数列，an4n，(4n21)(16 an1) (4n 161)(16 4n1)2224，4n 1616 4n当且仅当n2 时取“” 8已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n2(n2，nN N*)，若对任意nN N*，an2)，求函数f(n)的最小1 na12 na23 na3n nan值；(3)设bn，Sn表示数列bn的前

17、n项和，试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得1 anS1S2S3Sn1(Sn1)g(n)对于一切不小于 2 的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由解 (1)点P(an，an1)在直线xy10 上，即an1an1，且a11，数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，an1(n1)1n(nN N*)(2)f(n)，1 n12 n2n 2nf(n1)，1 n22 n3n1 2nn 2n1n1 2n2f(n1)f(n)(1 n11 n21 2n) n 2n1n1 2n21 2n 2n1n n1 1 2nn1n2n12n1n11 2n2 2n23n1

18、0，1 2123n1 n2f(n1)f(n)0，f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(3).23 20(3)bn Sn1 ，1 n1 21 31 n15SnSn1 (n2)，1 n即nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S2S1S11，nSnS1S1S2Sn1n1，S1S2Sn1nSnn(Sn1)n(n2)，g(n)n.10(2016四川)已知数列an的首项为 1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1，其中q0，nN N*.(1)若 2a2，a3，a22 成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21 的离心率为en，且e2 ，证明：e1e2

19、en.y2 a2n5 34n3n 3n1(1)解 由已知Sn1qSn1，得Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11 得到a2qa1，故an1qan对所有n1 都成立所以，数列an是首项为 1，公比为q的等比数列从而anqn1.由 2a2，a3，a22 成等差数列，可得2a33a22，即 2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2n1(nN N*)(2)证明 由(1)可知，anqn1.所以双曲线x21 的离心率y2 a2nen.1a2n1q2n1由e2 ，解得q .1q25 34 3因为 1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN N*)

20、1q2k1于是e1e2en1qqn1.qn1 q1故e1e2en.4n3n 3n116B 组 能力提高11若数列an满足1，且a15，则数列an的前 100 项中，能被 5 整除的an1 2n5an 2n3项数为( )A42 B40 C30 D20答案 B解析 数列an满足1，an1 2n5an 2n3即1，且1，an12n13an 2n3a1 2 13数列是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，an 2n3n，an2n23n，由题意可知，an 2n3项12345678910个位数5474509290每 10 项中有 4 项能被 5 整除，数列an的前 100 项中，能被 5 整除的项数为 4

21、0.12(2018江西省重点中学协作体联考)设x1 是函数f(x)an1x3anx2an2x1(nN N*)的极值点，数列an满足 a11，a22，bnlog2an1，若x表示不超过x的最大整数，则等于( )2 018 b1b22 018b2b32 018 b2 018b2 019A2 017 B2 018 C2 019 D2 020答案 A解析 由题意可得f(x)3an1x22anxan2，x1 是函数f(x)的极值点，f(1)3an12anan20，即an23an12an0.an2an12，(an1an)a2a11，a3a2212，a4a32222，anan12n2，以上各式累加可得an2

22、n1.bnlog2an1log22nn.2 018 b1b22 018 b2b32 018 b2 018b2 019172 018(1 1 21 2 31 2 018 2 019)2 0182 0182 017.(11 2 019)2 018 2 0191 2 0192 017.2 018 b1b22 018b2b32 018 b2 018b2 01913已知数列an的前n项和为Sn，且满足Snn2(an2)(nN N*)(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若bnanlog2(an1)，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.(1)证明 Snn2(an2)，当n2 时，Sn1(n1)2(an12

23、)，两式相减，得an12an2an1，an2an11，an12(an11)，2(n2)(常数)an1 an11又当n1 时，a112(a12)，得a13，a112，数列an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知，an122n12n，an2n1，又bnanlog2(an1)，bnn(2n1)，Tnb1b2b3bn(12222323n2n)(123n)，设An12222323(n1)2n1n2n，则 2An122223(n1)2nn2n1，两式相减，得An222232nn2n1n2n1，212n12An(n1)2n12.又 123n，nn1218Tn(n1)2n12(nN N

24、*)nn1214已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请1 a11 a21 am说明理由解 (1)设等比数列an的公比为q，则由已知可得Error!解得Error!或Error!故an 3n1或an5(1)n1，nN N*.5 3(2)设Sm，1 a11 a21 am若an 3n1，则n1，5 31 an3 5(1 3)则数列是首项为 ，公比为 的等比数列1 an3 51 3从而Sm1.3 51(1 3)m1139 101(1 3)m9 10若an5(1)n1，则 (1)n1，1 an1 5故数列是首项为 ，公比为1 的等比数列，1 an1 5从而SmError!故Sm1.综上，对任何正整数 m，总有 Sm1.故不存在正整数 m，使得1 成立1a11a21am