（全国通用版）2022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

（全国通用版）2022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an2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*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)a22，a3a58，2d23d8，d1，ann(nN*)bn1Sn2(nN*)，bnSn12(nN*，n2)由，得bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，bn12bn(nN*，n2)b12，b22b1，bn是首项为2，公比为2的等比数列，bn2n(nN*)(2)由cn，得Tn，Tn，两式相减，得Tn1，Tn2(nN*)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.解(1)由已知a1anS1Sn，可得当n1时，aa1a1，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，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*)(2)bnlog2，代入an2n化简得bnn5，显然bn是等差数列，其前n项和Tn(nN*)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，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还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，n2.(1)求fn(2)；(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且0ann.(1)解由题设fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122(n1)2n2n2n1，则2fn(2)2222(n1)2n1n2n，由得，fn(2)12222n1n2nn2n(1n)2n1，所以fn(2)(n1)2n1.(2)证明因为fn(0)10，所以fn(x)在内至少存在一个零点，又fn(x)12xnxn10，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)10，由此可得ana，故an，所以0anan1n.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(2018泉州质检)记数列an的前n 项和为Sn，已知1，an，Sn 成等差数列(1)求an的通项公式；(2)若bn(nN*)，证明：b1b2bn1.(1)解由已知1，an，Sn成等差数列，得2anSn1，当n1 时，2a1S11，所以a11；当n2时，2an1Sn11，两式相减得2an2an1an，所以2，则数列an是以a11为首项，q2为公比的等比数列，所以ana1qn112n12n1(nN*)(2)证明由(1)得bn，所以b1b2bn1，因为2n112213,0，所以11，即证得b1b2bn0)(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，a20.9m4000.920.9mm3241.9m.(2)a30.9m4000.930.92m0.9mm，an4000.9n0.9n1m0.9n2m0.9mm4000.9nm4000.9n10m0.9n10m.由已知nN*，an550，(1)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0.910m550，解得m190.综合得m40；(3)当40010m40时，由指数函数的性质可得10m550，解得m55，综合得40m55.综上可得所求m的范围是.思维升华常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值yN(1p)n.(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和ya(1r)n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和ya(1nr)(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b.跟踪演练3(2018上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目规划从 2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记 2016 年为第 1 年，f(n)为第 1 年至此后第 n(nN*)年的累计利润(注：含第 n 年，累计利润累计净收入累计投入，单位：千万元)，且当 f(n)为正值时，认为该项目赢利(1)试求 f(n)的表达式；(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由解(1)由题意知，第1年至此后第n(nN*)年的累计投入为82(n1)2n6(千万元)，第1年至此后第n(nN*)年的累计净收入为12n1n1(千万元)f(n)n1(2n6)n2n7(千万元)(2)方法一f(n1)f(n)，当n3时，f(n1)f(n)0，故当n4时，f(n)递增又f(1)0，f(7)721172140.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)，则f(x)xln2，令f(x)0，得x5，x4.从而当x1,4)时，f(x)0，f(x)单调递增又f(1)0，f(7)721172140.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题体验1(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.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，S612663.2(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，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*)(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，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1，得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn(nN*)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.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cnbn2，数列cn的前n项和为Tn，当n1时，求使TnSn3成立的最小正整数n的值押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力解(1)若数列an是等比数列，则由n1得a1S1ka2，从而a2ka3.又取n2，得a1a2S2ka3，于是a10，显然矛盾，故数列an不是等比数列(2)由条件得解得从而Snan1.当n2时，由Sn1an，得anSnSn1an1an，即an12an，此时数列是首项为a2，公比为2的等比数列综上所述，数列an的通项公式为an从而其前n项和Sn2n2(nN*)由得bnn2，从而cnn2n2.记C1，记C2121220n2n2，则2C2120221n2n1，两式相减得C2(n1)2n1，从而Tn(n1)2n1(n1)2n1，则不等式TnSn3可化为2n10，因为nN*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 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()A1 028 B1 026 C1 024 D1 022答案D解析因为an12an1，所以an1an12，即an12an221，所以22，即1，故是以3为首项，1为公差的等差数列，所以3(n1)1n2，所以ann24n2，所以a301 022.3(2018商丘模拟)已知数列an满足a11，an1an2(nN*)，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，Sn(12n1)n2.4(2018河南省豫南豫北联考)数列an满足a1，an(nN*)，若对nN*，都有k成立，则最小的整数k是()A3 B4 C5 D6答案C解析由an，得anan11，即，且an1.，5成立，k5.故最小的整数k是5.5(2018马鞍山联考)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()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)13599f(2)f(4)f(100)f(1)f(2)f(50)2 500(i)，(i)(i)(i)2 500.6对于数列an，定义Hn为an的“优值”，现在已知某数列an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_答案解析由题意可知2n1，a12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n，由，得2n1ann2n1(n1)2n(n2，nN*)，则an2n2(n2)，又当n1时，a14，符合上式，an2n2(nN*)，ankn(2k)n2，令bn(2k)n2，SnS5，b50，b60，解得k，k的取值范围是.7已知数列an的前n项和为Sn，Sn(an1)，则(4n21)的最小值为_答案4解析Sn(an1)，Sn1(an11)(n2)，anSnSn1(anan1)，an4an1，又a1S1(a11)，a14，an是首项为4，公比为4的等比数列，an4n，(4n21)2224，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*)，若对任意nN*，anan1恒成立，则a的取值范围是_答案(3,5)解析由条件SnSn14n2(n2，nN*)，得Sn1Sn4(n1)2，两式相减，得an1an8n4，故an2an18n12，两式再相减，得an2an8，由n2，得a1a2a116a2162a，从而a2n162a8(n1)8n82a；由n3，得a1a2a3a1a236a342a，从而a2n142a8(n1)8n42a，由条件得解得3a2)，求函数f(n)的最小值；(3)设bn，Sn表示数列bn的前n项和，试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1S2S3Sn1(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*)(2)f(n)，f(n1)，f(n1)f(n)0，f(n1)f(n)0，f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(3).(3)bnSn1，SnSn1(n2)，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*.(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：e1e2en.(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*)(2)证明由(1)可知，anqn1.所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q.因为1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)于是e1e2en1qqn1.故e1e2en.B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整除的项数为()A42 B40 C30 D20答案B解析数列an满足1，即1，且1，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，n，an2n23n，由题意可知，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40.12(2018江西省重点中学协作体联考)设x1是函数f(x)an1x3anx2an2x1(nN*)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()A2 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，a2a11，a3a2212，a4a32222，anan12n2，以上各式累加可得an2n1.bnlog2an1log22nn.2 0182 0182 0182 017.2 017.13已知数列an的前n项和为Sn，且满足Snn2(an2)(nN*)(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)，两式相减，得an12an2an1，an2an11，an12(an11)，2(n2)(常数)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，An(n1)2n12.又123n，Tn(n1)2n12(nN*)14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，请说明理由解(1)设等比数列an的公比为q，则由已知可得解得或故an3n1或an5(1)n1，nN*.(2)设Sm，若an3n1，则n1，则数列是首项为，公比为的等比数列从而Sm1.若an5(1)n1，则(1)n1，故数列是首项为，公比为1的等比数列，从而Sm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