2019届二轮复习数列的综合问题学案（全国通用）

2019届二轮复习数列的综合问题学案（全国通用）

考情速递：‎ ‎1.(2018年新课标Ⅱ理)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1＝－7,S3＝－15.‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）求Sn,并求Sn的最小值.‎ ‎【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d.‎ S3＝3a1＋3d＝3×(－7)＋3d＝－15,解得d＝2.‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝－7＋2(n－1)＝2n－9.‎ ‎（2）Sn＝＝＝n2－8n.‎ ‎∵Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16,‎ ‎∴当n＝4时,Sn有最小值为－16.‎ 例1（2018•天津）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N ）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N ）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．‎ ‎（Ⅰ）求Sn和Tn；‎ ‎（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+……+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设等比数列{bn}的公比为q，由已知列式求得q，则数列{bn}的通项公式与前n项和可求；等差数列{an}的公差为d，再由已知列关于首项与公差的方程组，求得首项与公差，代入等差数列的通项公式与前n项和公式可得Sn；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）求出T1+T2+……+Tn，代入Sn+（T1+T2+……+Tn）=an+4bn，化为关于n的一元二次方程求解正整数n的值．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），可得T1+T2+……+Tn==2n+1﹣n﹣2．‎ 由Sn+（T1+T2+……+Tn）=an+4bn，‎ 可得，‎ 整理得：n2﹣3n﹣4=0，解得n=﹣1（舍）或n=4．‎ ‎∴n的值为4．‎ 题型二数列与其它知识的交汇 例2（2018•葫芦岛二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=an+n﹣1，设bn=an﹣；‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设cn=log3bn•log3bn+2，求证：＜‎ ‎【分析】（1）当n=1时，求出，当n≥2时，由Sn=an+n﹣1，得Sn﹣1=an﹣1+（n﹣1）﹣1，求出，推导出，由此能求出数列{an}的通项公式．‎ ‎（2）由，得到cn+1=n（n+2），从而，由此能证明＜．‎ ‎①﹣②得：，即，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴‎ 证明：（2）∵，所以cn=log3bn•log3bn+2=（n﹣1）（n+1），‎ 所以cn+1=n（n+2），‎ 所以 因此=‎ ‎=＜，‎ 故＜．‎ ‎【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查数列不等式的证明，考查构造法、等比数列的性质、裂项求和法等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查化归与转化思想，是中档题．‎ 变式训练题 ‎．（2018•大庆一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）在曲线上，数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1，b4=11，{bn}的前5项和为45．‎ ‎（1）求{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎（2）设，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式恒成立的最大正整数k的值．‎ 因为数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1，所以{bn}为等差数列．设其公差为d．‎ 则，解得，‎ 所以bn=2n+3．‎ ‎（2）由（1）得，=，=，‎ 因为，‎ 所以{Tn}是递增数列．所以，‎ 故恒成立只要恒成立．‎ 所以k＜9，最大正整数k的值为8．‎ ‎1（2018•郑州三模）已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a2+a8=22，且a4，a7，a12成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若，证明：‎ ‎【解析】：（Ⅰ）因为{an}为等差数列，且a2+a8=22，∴，由a4，a7，a12‎ 成等比数列，得，‎ 即（11+2d）2=（11﹣d）•（11+7d），∵d≠0，∴d=2，∴a1=11﹣4×2=3‎ 故an=2n+1（n∈N ）‎ 必刷题：‎ 一．选择题 ‎1（2018•洛阳三模）记数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=1，，则S2018=（　　）‎ A．3（21009﹣1） B． C．3（22018﹣1） D．‎ ‎【答案】：A 【解析】根据题意，数列{an}中，（sn+1﹣sn）an=2n，则有an+1•an=2n，①‎ 进而可得an•an﹣1=2n﹣1，②‎ ‎①÷②可得：=2，‎ 当n=1时，a1•a2=2，又由a1=1，则a2=2，‎ 则当n为奇数时，an=n﹣1，‎ 当n为偶数时，an=n，‎ 则S2018=a1+a2+a3+……+a2018=（a1+a3+……+a2017）+（a2+a4+……+a2018）‎ ‎=+=3（21009﹣1）；‎ 故选：A．‎ ‎2（2018•沈阳一模）在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1•a5=64，则数列 的前n项和是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】：A 即为{}，‎ 可得=﹣，‎ 数列的前n项和是 ‎﹣+﹣+…+﹣‎ ‎=1﹣，‎ 故选：A．‎ ‎3．（2018•广州一模）已知数列{an}满足a1=2，，设，则数列{bn}是（　　）‎ A．常数列 B．摆动数列 C．递增数列 D．递减数列 ‎【答案】：D ‎【解析】∵，‎ ‎∴an+1=（an+），‎ ‎∵，‎ ‎∴bn+1====bn2＞0，‎ ‎∴bn+1﹣bn=bn2﹣bn=bn（bn﹣1）‎ ‎∵a1=2，b1==，‎ ‎∴b2=（）2，‎ ‎∴b3=（）2=（）4，‎ b4=（（）4）2=（）8，‎ ‎∴数列{bn}是递减数列，‎ 故选：D．　‎ ‎4（2018•青州市三模）已知数列{an}，定义数列{an+1﹣2an}为数列{an}的“2倍差数列”，若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an+1﹣2an=2n+1，且a1=2，若函数{an}的前n项和为Sn，则S33=（　　）‎ A．238+1 B．239+2 C．238+2 D．239‎ ‎【答案】：B 所以：（首项符合），‎ 故：．‎ ‎①，‎ ‎②，‎ ‎①﹣②得：，‎ 整理得：，‎ 所以：=239+2．‎ 故选：B．　‎ ‎5．（2018•广东二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=15，且满足=+1，已知n，m∈N，n＞m，则Sn﹣Sm的最小值为（　　）‎ A． B． C．﹣14 D．﹣28‎ ‎【答案】：C ‎6．（2018•安庆模拟）已知首项为5的数列{an}满足an+1=4an﹣3，若不等式（﹣1）nklog4（an﹣1）＜n2+2n+4对所有的正整数n都成立，则实数k的取值范围为（　　）‎ A．[﹣6，6） B．[﹣6.5） C．（） D．（）‎ ‎【答案】：C ‎【解析】令bn=log4（an﹣1），‎ ‎∵bn+1=log4（an+1﹣1）=log4[4（an﹣1）]=1+log4（an﹣1）=1+bn，‎ ‎∴bn+1﹣bn=1（常数），‎ ‎∴数列{bn}是以b1=log44=1为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎∴bn=1+（n﹣1）×1=n，‎ ‎∴（﹣1）nkbn＜2Sn+n+4等价于，‎ ‎①当n为偶数时，原式变为k＜n+．‎ ‎∵n+≥2+2=6（当且仅当n=，即n=2时，“=”成立），‎ ‎∴n=2时，n++2取最小值6，故k＜6．‎ 由f（1）=﹣7＜f（3）=﹣，即f（n）=﹣（n为奇数），∴k＞．‎ 综上，k的取值范围是（﹣，6）．‎ 故选：C．‎ ‎7（2018秋•抚顺期末）已知数列{an}中，a1=2，n•an+1﹣（n+1）•an=1，n∈N ．若对于任意的n∈N ，不等式＜a恒成立，则实数a的取值范围为（　　）‎ A．（3，+∞） B．（﹣∞，3） C．[3，+∞） D．（﹣∞，3]‎ ‎【答案】：C ‎【解析】数列{an}中，a1=2，n•an+1﹣（n+1）•an=1，n∈N ．‎ 可得﹣==﹣，‎ 由﹣=1﹣，﹣=﹣，‎ ‎﹣=﹣，…，﹣==﹣，‎ 上面各式相加可得，‎ 得﹣=1﹣，‎ 则=3﹣＜3，‎ 由对于任意的n∈N ，不等式＜a恒成立，‎ 可得a≥3，‎ 即有a的取值范围是[3，+∞）．‎ 故选：C．‎ 二填空题 ‎8．（2018•江门一模）设[x]表示不超过x的最大整数，如[π]=3，[﹣3.2]=﹣4，则 ‎[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=　92　．‎ ‎【答案】：92‎ ‎9（2018•济南二模）已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]=2，[﹣1.5]=﹣2．在数列{an}中，an=[1gn]，n∈N+，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2018=　4947　．‎ ‎【答案】：4947‎ ‎【解析】∵an=[1gn]，‎ ‎∴a1=[1g1]=0，a2=[1g2]=0，…，a9=[1g9]=0，‎ a10=[1g10]=1，a11=[1g11]=1，…，a99=[1g99]=1，‎ a100=[1g100]=2，a101=[1g101]=2，…，a999=[1g999]=2，‎ a1000=[1g1000]=3，a1001=[1g1001]=3，…，a2018=[1g2018]=3，‎ ‎∴S2018=9×0+90×1+900×2+2019×3=4947‎ 故答案为：4947‎ ‎10．（2018•菏泽一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足，记，若对任意的n∈N ，总有λbn﹣1＞0成立，则实数λ的取值范围为　　．‎ ‎【答案】：‎ ‎【解析】令n=1，得；‎ 令n=3，可得；‎ 令n=4，可得．‎ 故，即．‎ 由λbn﹣1＞0对任意n∈N 恒成立，‎ 得对任意n∈N 恒成立，又．‎ 所求实数λ的取值范围为．‎ 故答案为：．‎ ‎11．（2018•朝阳三模）设Sn为数列{an}的前n项和，a1=0，若an+1=[1+（﹣1）n]an+（﹣2）n（n∈N ），则S100=　　．‎ ‎【答案】：‎ ‎=2（a2+a4+a6+…+a98）+（22+24+26+…+298）+（a2+a4+a6+…+a100）‎ ‎=3（a2+a4+a6+…+a100）﹣2a100+（22+24+…+298）‎ ‎=‎ ‎=．‎ 故答案为：．　‎ ‎12．（2018•黄浦区二模）已知数列{an}是共有k个项的有限数列，且满足，若a1=24，a2=51，ak=0，则k=　　．‎ ‎【答案】：50‎ ‎【解析】根据题意，数列{an}满足an+1=an﹣1﹣，‎ 变形可得：an+1an﹣an﹣1an=﹣n，‎ 则有（a3a2﹣a2a1）=﹣2，‎ ‎（a4a3﹣a3a2）=﹣3，‎ ‎（a5a4﹣a4a3）=﹣4，‎ ‎……‎ akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1），‎ 相加可得：akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）]，‎ 又由a1=24，a2=51，ak=0，‎ 则有k2﹣k﹣2450=0，‎ 解可得：k=50或﹣49（舍）；‎ 故k=50；‎ 故答案为：50．　‎ ‎13．（2018•赣州一模）等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=3，S9=45，对∀n∈N ，都有t＞，则实数t的最小值为　　．‎ ‎【答案】：2‎ ‎14（2018•淮南二模）设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N+，an，Sn，an2成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn=，若对任意的实数x∈（1，e]（e是自然对数的底）和任意正整数n，总有Tn＜r（r∈N+），则r的最小值为　．‎ ‎【答案】：2‎ 所以an=n（n∈N ）；‎ 对任意实数x∈（1，e]，有0＜lnx＜1，‎ 对于任意正整数n，总有bn=≤，‎ 因此Tn≤=2﹣＜2，‎ 所以Tn＜r（r∈N+），则r的最小值为2．‎ 故答案为：2．‎ 三、解答题 ‎15．（2018•桂林三模）记公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=2+，S2=12+3．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn．‎ ‎（2）试问：在数列{an}中是否存在三项ar，as，at（r＜s＜t，r，s，t∈N+）恰好成等比数列？若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）直接利用题中的条件求出数列的通项公式．‎ ‎（2）利用反证法求出结果．‎ ‎【解析】：（1）设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=2+，S3=12+3．‎ 则：，‎ 解得：d=2．‎ 则：an=a1+（n﹣1）d=2n+，‎ ‎==．‎ 由于r，t，s∈N+，‎ 所以：为有理数．‎ 故：这与为无理数有矛盾．‎ 若rt﹣s2=0，得到r=s=t，这与r＜s＜t矛盾，‎ 故：不存在这样的三项ar，as，at（r＜s＜t，r，s，t∈N+）恰好成等比数列．‎ ‎16．（2018•唐山三模）已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1=1，b1=2，a2+b2=7，a3+b3=13．‎ ‎（1）求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列{cn}的前2n项和S2n．‎ ‎【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式．‎ ‎（2）利用（1）的通项公式，直接利用分组法求出数列的和．‎ ‎【解析】：（1）数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，设公差为d，公比为q．‎ 由于：a1=1，b1=2，a2+b2=7，a3+b3=13．‎ 则：，‎ 解得：q=2，d=2．‎ 故：an=a1+2（n﹣1）=2n﹣1‎ ‎．‎ ‎（2）‎ 由于：，‎ 则：．‎ 故：+（2n+1）+2n，‎ ‎=+，‎ ‎=．　‎ ‎17．（2018•株洲二模）已知数列{an}满足．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）证明：．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）化简数列的通项公式，通过裂项相消法数列的和即可．‎ ‎　‎ ‎18．（2018•顺义区二模）已知数列An：a1，a2，…an．如果数列Bn：b1，b2，…bn满足b1=an，bk+bk﹣1=ak+ak﹣1，其中k=2，3，…，n，则称Bn为An的“陪伴数列”．‎ ‎（Ⅰ）写出数列A4：3，1，2，5的“陪伴数列”B4；‎ ‎（Ⅱ）若A9的“陪伴数列”是B9．试证明：b9，a9，a1成等差数列．‎ ‎（Ⅲ）若n为偶数，且An的“陪伴数列”是Bn，证明：bn=a1．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据已知条件只接写出陪伴倒数．‎ ‎（Ⅱ）利用陪伴倒数证明数列是等差数列．‎ ‎（Ⅲ）利用叠加法求出结果．‎ ‎……‎ b8+b9=a8+a9，‎ 将上述几个等式中的第2，4，6，8，这4个式子都乘以﹣1，‎ 相加得：b1﹣（b1+b2）+（b2+b3）+…+（b8+b9）=an﹣（a1+a2）+（a2+a3）+…+（a8+a9），‎ 即：b9=a9﹣a1+a9=2a9﹣a1，‎ 故：2a9=b9+a1．‎ 所以：b9，a9，a1成等差数列．‎ ‎（Ⅲ）证明：因为 b1=an，‎ b1+b2=a1+a2，‎ b2+b3=a2+a3，‎ ‎…‎ bn﹣1+bn=an﹣1+an，‎ 由于n为偶数，将上述n个等式中的第2，4，6…，n这个式子都乘以﹣1，‎ 相加得：‎ b1﹣（b1+b2）+（b2+b3）﹣…﹣（bn﹣1+bn）=an﹣（a1+a2）+（a2+a3）﹣…﹣（an﹣1+an），‎ 所以：﹣bn=﹣a1，‎ 即：bn=a1．‎ ‎　‎ ‎19．（2018•齐齐哈尔二模）设数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，Sn+1=3Sn+3．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn，并求使Tn＞（m2﹣3m）对所有的n∈N 恒成立的整数m的取值集合．‎ ‎【分析】（I）由a1=3，Sn+1=3Sn+3．变形为Sn+1+=3（Sn+）．S1+=．利用等比数列的通项公式可得Sn．再利用n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1即可得出．‎ ‎（II）bn===2，再利用裂项求和方法即可得出数列{bn}的前n项和Tn．再利用不等式的解法即可得出．‎ ‎（II）bn===2，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn=2+……+=2≥1．‎ Tn＞（m2﹣3m），∴1＞（m2﹣3m），∴﹣1＜m＜4，‎ 使Tn＞（m2﹣3m）对所有的n∈N 恒成立的整数m的取值集合为{0，1，2，3}．‎ ‎20（2018•南开区二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=，且当n≥2时，=+2．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=，证明：+++…+＜．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知可得数列{}是以2为首项，以2为公差的等差数列，由此求得Sn，再由an=Sn﹣Sn﹣1‎ ‎（n≥2）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）把数列{an}的通项公式代入bn=，结合裂项相消法即可证明结论．‎ ‎（Ⅱ）证明：由bn=，得（n≥2）．‎ ‎∴=．‎ ‎∴+++…+‎ ‎=+…+‎ ‎=．‎ ‎21．（2018•重庆三模）有如下数阵（2），（22，23），（23，24，25），…（2n，2n+1，…22n﹣1）其中第n个括号内的所有元素之和记为an．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令bn=（﹣1）n•n2+log2（4n﹣an），求数列{bn}的前100项和S100．‎ ‎【分析】（Ⅰ）an=2n+2n+1+…+22n﹣1，利用等比数列的求和公式即可得出．‎ ‎（Ⅱ）bn=（﹣1）n•n2+log2（4n﹣an）=（﹣1）n•n2+n，1+2+……+n=，（﹣1）2k﹣1（2k﹣1）2+（﹣1）2k（2k）2=4k﹣1．即可得出．‎ ‎　‎ ‎22（2018•惠州模拟）已知数列{an}的各项均为正数，且 ‎（1）求an；‎ ‎（2）若，求数列{bn}的前n和Tn ‎【分析】（1）由得[an﹣（2n+1）]•（an+1）=0，解得an=2n+1或an=﹣1，又数列{an}的各项均为正数，可得an．‎ ‎（2）由，∴，可得 ‎，‎ 法一：利用错位相减法即可得出．‎ 法二：对n分类讨论，分组求和方法即可得出．‎ ‎【解析】：（1）由得[an﹣（2n+1）]•（an+1）=0，‎ ‎∴an=2n+1或an=﹣1…（2分）‎ 又∵数列{an}的各项均为正数，‎ ‎∴．‎ ‎（2）∵，∴…（4分）‎ 由①‎ ‎（﹣1）Tn=﹣3+5﹣7+9+……+（﹣1）n﹣1（2n﹣1）+（﹣1）n（2n+1）②…（6分）‎ ‎①﹣②得：‎ ‎=2+（﹣1）n﹣1﹣（﹣1）n•（2n+1）‎ ‎=2+（﹣1）n﹣1（2n+2）…（10分）‎ ‎∴…（12分）‎ ‎　‎