2018届二轮复习(理)  数列的综合问题学案(全国通用)

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文档介绍

2018届二轮复习(理)  数列的综合问题学案(全国通用)

第3讲 数列的综合问题 ‎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an ‎1.数列{an}中,an与Sn的关系 an= ‎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an+1-an=f(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,a2=2,a3+a5=8,数列{bn}中,b1=2,其前n项和Sn满足: bn+1=Sn+2(n∈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.‎ 解 (1)∵a2=2,a3+a5=8,‎ ‎∴2+d+2+3d=8,∴d=1,∴an=n.‎ ‎∵bn+1=Sn+2(n∈N*), ①‎ ‎∴bn=Sn-1+2(n∈N*,n≥2). ②‎ 由①-②,得bn+1-bn=Sn-Sn-1=bn (n∈N*,n≥2),‎ ‎∴bn+1=2bn (n∈N*,n≥2).‎ ‎∵b1=2,b2=2b1,‎ ‎∴{bn}为首项为2,公比为2的等比数列,∴bn=2n.‎ ‎(2)由cn==,‎ Tn=+++…++,‎ Tn=+++…++,‎ 两式相减,得 Tn=++…+-=1-,‎ ‎∴Tn=2-.‎ 思维升华 给出Sn与an的递推关系,求an,常用思路:一是利用Sn-Sn-1=an(n≥2)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 (2017·天津市红桥区重点中学八校联考)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.‎ ‎(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(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+.‎ 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)=x+x2+…+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2.‎ ‎(1)求fn′(2);‎ ‎(2)证明:fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an),且0<an-<n.‎ ‎(1)解 方法一 由题设fn′(x)=1+2x+…+nxn-1,‎ 所以fn′(2)=1+2×2+…+(n-1)2n-2+n·2n-1, ①‎ 则2fn′(2)=2+2×22+…+(n-1)2n-1+n·2n, ②‎ 由①-②得,-fn′(2)=1+2+22+…+2n-1-n·2n ‎=-n·2n=(1-n)2n-1,‎ 所以fn′(2)=(n-1)2n+1.‎ 方法二 当x≠1时,fn(x)=-1,‎ 则fn′(x)=,‎ 可得fn′(2)= ‎=(n-1)2n+1.‎ ‎(2)证明 因为fn(0)=-1<0,‎ fn=-1=1-2×n ‎≥1-2×2>0,‎ 所以fn(x)在内至少存在一个零点,‎ 又f′n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,‎ 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0=fn(an)=-1,‎ 由此可得an=+a>,‎ 故<an<,‎ 所以0<an-=a<×n+1=n.‎ 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 (2016届浙江省宁波市期末)已知数列满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.‎ ‎(1)求证: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*)‎ 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}是等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)得bn=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+++…+ ‎<+ ‎=+ ‎=+-×<,‎ 故-<+++…+<.‎ 热点三 数列的实际应用 用数列知识解相关的实际问题,关键是合理建立数学模型——数列模型,弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型,它的首项是什么,项数是多少,然后转化为解数列问题.求解时,要明确目标,即搞清是求和,还是求通项,还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程问题,还是解不等式问题,还是最值问题,然后进行合理推算,得出实际问题的结果.‎ ‎例3 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来,在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园,台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务,某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M,M的价值在使用过程中逐年减少,从第二年到第六年,每年年初M的价值比上年年初减少10万元,从第七年开始,每年年初M的价值为上年年初的75%.‎ ‎(1)求第n年年初M的价值an的表达式;‎ ‎(2)设An=,若An大于80万元,则M继续使用,否则须在第n年年初对M更新,证明:必须在第九年年初对M更新.‎ ‎(1)解 当n≤6时,数列{an}是首项为120,公差为-10的等差数列,故an=120-10(n-1)=130-10n,‎ 当n≥7时,数列{an}从a6开始的项构成一个以a6=130-60=70为首项,以为公比的等比数列,‎ 故an=70×n-6,‎ 所以第n年年初M的价值an= ‎(2)证明 设Sn表示数列{an}的前n项和,由等差数列和等比数列的求和公式,得 当1≤n≤6时,Sn=120n-5n(n-1),‎ An==120-5(n-1)=125-5n≥95>80,‎ 当n≥7时,由于S6=570,‎ 故Sn=570+(a7+a8+…+an)=570+70××4×=780-210×n-6.‎ 因为{an}是递减数列,所以{An}是递减数列.‎ 因为An==,‎ A8=≈82.734>80,‎ A9=≈76.823<80,‎ 所以必须在第九年年初对M更新.‎ 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y=N(1+p)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y=a(1+r)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y=a(1+nr).‎ ‎(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 (2017·全国Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(  )‎ A.440 B.330 C.220 D.110‎ 答案 A 解析 设首项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推.则第n组的项数为n,前n组的项数和为.‎ 由题意知,N>100,令>100⇒n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.‎ 第n组的各项和为=2n-1,前n组所有项的和为-n=2n+1-2-n.‎ 设N是第n+1组的第k项,若要使前N项和为2的整数幂,则N-项的和即第n+1组的前k项的和2k-1应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),k=log2(n+3)⇒n最小为29,此时k=5,则N=+5=440.故选A.‎ 真题体验 ‎1.(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=______,S5=______.‎ 答案 1 121‎ 解析 由解得a1=1,a2=3,‎ 当n≥2时,由已知可得 an+1=2Sn+1, ①‎ an=2Sn-1+1, ②‎ 由①-②,得an+1-an=2an,∴an+1=3an,又a2=3a1,‎ ‎∴{an}是以a1=1为首项,以q=3为公比的等比数列.‎ ‎∴S5==121.‎ ‎2.(2017·山东)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=.‎ ‎‎ 押题预测 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+2·2bn,数列{cn}的前n项和为Tn,当n>1时,求使Tn0,因为n∈N*,故n>9,‎ 从而最小正整数n的值是10.‎ A组 专题通关 ‎1.(2017届江西抚州市七校联考)若数列{an}满足(2n+3)·an+1-(2n+5)an=(2n+3)(2n+5)·lg,且a1=5,则数列的第100项为(  )‎ A.2 B.3‎ C.1+lg 99 D.2+lg 99‎ 答案 B 解析 由(2n+3)an+1-(2n+5)an ‎=(2n+3)(2n+5)lg,‎ 可得-=lg,‎ 记bn=,有bn+1-bn=lg,‎ 由累加法,得bn=lg n+1,数列的第100项为lg 100+1=3,故选B.‎ ‎2.已知数列{an}满足a1=2,an+1= (n∈N*),则a1·a2·a3·…·a2 017等于(  )‎ A.-6 B.6‎ C.-2 D.2‎ 答案 D 解析 ∵a1=2,an+1=,∴a2==-3,‎ 同理a3=-,a4=,a5=2,…,∴an+4=an,‎ 而a1a2a3a4=1,∴a1a2a3…a2 017=(a1a2a3a4)504×4×a1=1×2=2,故选D.‎ ‎3.(2017届天水市模拟)我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:‎ 第一步:构造数列1,,,,…,;①‎ 第二部:将数列①的各项乘以n,得到数列(记为)a1,a2,a3,…,an,则a1a2+a2a3+…+an-1an等于(  )‎ A.n2 B.(n-1)2‎ C.n(n-1) D.n(n+1)‎ 答案 C 解析 由题意得新数列为n,,, ,…,,所以a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n·+·+·+…+·=n2=n2=n(n-1).故选C.‎ ‎4.(2017届河北省衡水中学调研)若数列满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有an+1=an+n+1,则++…+等于(  )‎ A. B. C. D. 答案 D 解析 由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,则a2-a1=1+1,a3-a2=2+1, a4-a3=3+1,…,an-an-1=(n-1)+1 ,以上等式相加,得an-a1=1+2+3+…+(n-1)+n-1 ,把a1=1代入上式,得an=1+2+3+…+(n-1)+n=,所以==2,则++…+ ‎=2 ‎=2= ,故选D.‎ ‎5.(2017届天津市六校联考)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=(n∈N*).若bn+1=(n-2λ)· (n∈N*),b1=-λ,且数列{bn}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是(  )‎ A.λ> B.λ> C.λ< D.λ< 答案 D 解析 因为an+1=⇒=+1⇒+1=2⇒+1=2n-1=2n,所以bn+1=(n-2λ)·2n,因为数列{bn}是单调递增数列,‎ 所以当n≥2时bn>bn-1⇒(n-2λ)·2n>(n-1-2λ)·2n-1⇒n>2λ-1⇒2>2λ-1⇒λ<;当n=1时,b2>b1⇒(1-2λ)·2>-λ⇒λ<,因此λ<,故选D.‎ ‎6.(2017届湖南湘中名校教改联合体联考)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,‎ 则an=2n+2,∴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.‎ ‎7.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“=”.‎ ‎8.(2017届山西晋中榆社中学月考)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*,an0,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,Sn+2=qSn+1+1,两式相减,得an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1,‎ 得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>.‎ B组 能力提高 ‎11.(2017届江西抚州市七校联考)若数列{an}满足-=1,且a1=5,则数列{an}的前100项中,能被5整除的项数为(  )‎ A.42 B.40‎ C.30 D.20‎ 答案 B 解析 ∵数列{an}满足-=1,‎ 即-=1,且=1,‎ ‎∴数列是以1为首项,以1为公差的等差数列,‎ ‎∴=n,∴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 ‎∴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,故选B.‎ ‎12.已知数列{an}满足:a1=1,an=a+2an-1 (n≥2),若bn=+ (n∈N*),则数列{bn}的前n项和Sn=________.‎ 答案 1- 解析 当n≥2时,an+1=a+2an-1+1=(an-1+1)2>0,两边取以2为底的对数可得log2(an+1)=log2(an-1+1)2=2log2(an-1+1),则数列{log2(an+1)}是以1为首项,2为公比的等比数列, log2(an+1)=2n-1,,又an=a+2an-1 (n≥2),‎ 可得an+1=a+2an (n∈N*),两边取倒数可得 ===,‎ 即=-,‎ 因此bn=+=-,‎ 所以Sn=b1+…+bn=-=.‎ ‎13.已知数列{an}中,a1=1,且点P(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若函数f(n)=+++…+(n∈N*,且n>2),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,试说明理由.‎ 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*).‎ ‎(2)∵f(n)=++…+,‎ ‎∴f(n+1)=++…+++,‎ ‎∴f(n+1)-f(n)>0,∴f(n)是单调递增的,‎ 故f(n)的最小值是f(3)=.‎ ‎(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,‎ ‎∴S1+S2+…+Sn-1=nSn-n ‎=(Sn-1)·n (n≥2),‎ ‎∴g(n)=n.‎ ‎14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=,n∈N*,记Sn,Tn分别是数列{an},{a}的前n项和.证明:当n∈N*时,‎ ‎(1)an+10,‎ 故an+1-an=-an=<0,‎ ‎∴an+1-1.‎ 综上,-1
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