2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题（热点难点突破）理（含解析）
数列的综合问题
1．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( )
A．2 062 B．2 063
C．2 064 D．2 065
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k＋1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2 025－45＝1 980(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．已知数列{an}满足0
10的n的最小值为( )
A．60 B．61 C．121 D．122
答案 B
解析 由a－8a＋4＝0，得a＋＝8，
所以a＋＝8＋8(n－1)＝8n，
所以2＝a＋＋4＝8n＋4，
所以an＋＝2，
即a－2an＋2＝0，
所以an＝＝±，
因为010得>11，
所以n>60.
∴an＝2n2＋3n，由题意可知，
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
9
∴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.
7．设x＝1是函数f(x)＝an＋1x3－anx2－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，bn＝log2an＋1，若[x]表示不超过x的最大整数，则
等于( )
A．2 017 B．2 018
C．2 019 D．2 020
答案 A
解析 由题意可得f′(x)＝3an＋1x2－2anx－an＋2，
∵x＝1是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0，
即an＋2－3an＋1＋2an＝0.
∴an＋2－an＋1＝2，
∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2，
以上各式累加可得an＝2n－1.
∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n.
∴＋＋…＋
＝2 018
＝2 018＝2 018－＝2 017＋.
∴＝2 017.
8．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5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＝2n＋1，
∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，①
a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，②
由①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2，n∈N*)，
则an＝2n＋2(n≥2)，
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又当n＝1时，a1＝4，符合上式，
∴an＝2n＋2(n∈N*)，∴an－kn＝(2－k)·n＋2，
令bn＝(2－k)·n＋2，
∵Sn≤S5，∴b5≥0，b6≤0，解得≤k≤，
∴k的取值范围是.
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4n－2＋1)的最小值为__________．
答案 4
解析 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，
∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，
∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列，
∴an＝4n，
∴(4n－2＋1)＝
＝2＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当n＝2时取“＝”．
10．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an2)，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S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·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，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，
即an＋1－an＝1，且a1＝1，
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)·1＝n(n∈N*)．
(3)∵bn＝⇒Sn＝1＋＋＋…＋，
∴Sn－Sn－1＝(n≥2)，
即nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，
∴(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，
∴nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1，
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∴S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n
＝(Sn－1)·n(n≥2)，
∴g(n)＝n.
12．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>.
(1)解 由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列，
可得2a3＝3a2＋2，
即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明 由(1)可知，an＝qn－1.
所以双曲线x2－＝1的离心率
en＝＝.
由e2＝＝，解得q＝.
因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，
所以>qk－1(k∈N*)．
于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝.
故e1＋e2＋…＋en>.
13.已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn＝kan＋1，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＝，a3＝1.
①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式；
②设bn＝log2Sn，数列{cn}满足cn＝＋bn＋2·，数列{cn}的前n项和为Tn，当n>1时，求使Tn
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0，因为n∈N*且n≠1，故n>9，
从而最小正整数n的值是10.
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．
(1)证明：数列{an－1}为等比数列；
(2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
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(1)证明 ∵Sn－n＝2(an－2)，
当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，
两式相减，得an－1＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，
∴＝2(n≥2)(常数)．
又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，
得a1＝3，a1－1＝2，
∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，
∴an＝2n＋1，
又bn＝an·log2(an－1)，
∴bn＝n(2n＋1)，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
则2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得
－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1，
∴An＝(n－1)×2n＋1＋2.
又1＋2＋3＋…＋n＝，
∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋(n∈N*)．
15．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1.
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；
(3)求证：－<＋＋＋…＋<.
(1)证明 a1＝2，a2＝2(2＋2)＝8，
an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，
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an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)，
两式相减，得an＋1＝3an＋2(n≥2)．
经检验，当n＝1时上式也成立，
即an＋1＝3an＋2(n≥1)．
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，
即bn＋1＝3bn，且b1＝3.
故{bn}是首项为3，公比为3的等比数列．
(2)解 由(1)得bn＝3n，nbn＝n·3n.
Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，
3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，
两式相减，得
－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1
＝－n×3n＋1，
化简得Tn＝×3n＋.
(3)证明 由＝>，
得＋＋＋…＋>＋＋…＋
＝＝－×.
又＝＝
<
＝，
所以＋＋＋…＋<＋
＝＋
＝＋－×<，
9
故－<＋＋＋…＋<.
9
