浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第4节数列的综合问题选用课件

浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第4节数列的综合问题选用课件

第 4 节　数列的综合问题 ( 选用 ) 考试要求　 1. 以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前 n 项和； 2. 在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用； 3. 能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题 . 知 识 梳 理 1. 数列与不等式的综合问题大多与数列的前 n 项和问题相关，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决 . 2. 数列与解决几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决 . 3. 数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质 . 等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注 . 诊 断 自 测 1. 在等差数列 { a n } 中，已知 a 1 ， a 2 ， a 6 成等比数列，数列 { a n } 的前三项和为 24 ，则 2 018 是数列 { a n } 的 ( 　　 ) A. 第 336 项 B . 第 337 项 C. 第 504 项 D . 第 505 项 答案　 B 2. 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝ 3 n ( λ － n ) － 6 ，若数列 { a n } 单调递减，则 λ 的取值范围是 ( 　　 ) A.( － ∞ ， 2) B.( － ∞ ， 3) C.( － ∞ ， 4) D.( － ∞ ， 5) 解析　 由 S n ＝ 3 n ( λ － n ) － 6 ，可得当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n － 1 ＝ 3 n － 1 (2 λ － 2 n － 1) ，则 a n ＋ 1 ＝ 3 n (2 λ － 2 n － 3) ，而数列 { a n } 单调递减，则 a n > a n ＋ 1 ，且 a 1 > a 2 ，即 3 n － 1 (2 λ － 2 n － 1)>3 n (2 λ － 2 n － 3) ，且 3·( λ － 1) － 6>3 1 ·(2 λ － 4 － 1) ，解得 λ <2 ＋ n ，且 λ <2 ，可得 λ <2 ，故选 A. 答案　 A 3. 如果函数 f ( x ) ＝ kx － 1( k ≠ 0 ， x ∈ N * ) ， S n ＝ f (1) ＋ f (2) ＋ … ＋ f ( n ) ，若 f (1) ， f (3) ， f (13) 成等比数列，则 ( 　　 ) A.2 S n － 7 ≤ 5 f ( n ) B.2 S n ＋ 7 ≤ 5 f ( n ) C.2 S n － 7 ≥ 5 f ( n ) D.2 S n ＋ 7 ≥ 5 f ( n ) 答案　 D 答案　 0 　 5 5. 若公差为 d 的等差数列 { a n }( n ∈ N * ) 满足 a 3 · a 4 ＋ 1 ＝ 0 ，则公差 d 的取值范围是 ________. 解析　 由 a 3 · a 4 ＋ 1 ＝ 0 得 ( a 1 ＋ 2 d )( a 1 ＋ 3 d ) ＋ 1 ＝ 0 ⇒ a ＋ 5 da 1 ＋ 6 d 2 ＋ 1 ＝ 0 ，所以 Δ ＝ 25 d 2 － 4(6 d 2 ＋ 1) ≥ 0 ⇒ d ≥ 2 或 d ≤ － 2. 答案　 ( － ∞ ，－ 2] ∪ [2 ，＋ ∞ ) 【例 1 】 设 { a n } 是等比数列，公比大于 0 ，其前 n 项和为 S n ( n ∈ N * ) ， { b n } 是等差数列 . 已知 a 1 ＝ 1 ， a 3 ＝ a 2 ＋ 2 ， a 4 ＝ b 3 ＋ b 5 ， a 5 ＝ b 4 ＋ 2 b 6 . (1) 求 { a n } 和 { b n } 的通项公式 . (2) 设数列 { S n } 的前 n 项和为 T n ( n ∈ N * ). 考点一　等差、等比数列的综合问题 (1) 解 　设等比数列 { a n } 的公比为 q ( q >0) ，由 a 1 ＝ 1 ， a 3 ＝ a 2 ＋ 2 ，可得 q 2 － q － 2 ＝ 0. 因为 q >0 ，可得 q ＝ 2 ，故 a n ＝ 2 n － 1 . 设等差数列 { b n } 的公差为 d . 由 a 4 ＝ b 3 ＋ b 5 ，可得 b 1 ＋ 3 d ＝ 4. 由 a 5 ＝ b 4 ＋ 2 b 6 ，可得 3 b 1 ＋ 13 d ＝ 16 ，从而 b 1 ＝ 1 ， d ＝ 1 ，故 b n ＝ n . 所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 2 n － 1 ，数列 { b n } 的通项公式为 b n ＝ n . 规律方法　 等差数列与等比数列的综合问题，要能在具体情境中识别数列的等差、等比关系，并能利用等差、等比数列的通项公式和前 n 项和公式解决相应问题 . 【训练 1 】 设 { a n } 是等差数列，其前 n 项和为 S n ( n ∈ N * ) ； { b n } 是等比数列，公比大于 0 ，其前 n 项和为 T n ( n ∈ N * ). 已知 b 1 ＝ 1 ， b 3 ＝ b 2 ＋ 2 ， b 4 ＝ a 3 ＋ a 5 ， b 5 ＝ a 4 ＋ 2 a 6 . (1) 求 S n 和 T n ； (2) 若 S n ＋ ( T 1 ＋ T 2 ＋ … ＋ T n ) ＝ a n ＋ 4 b n ，求正整数 n 的值 . 解　 (1) 设等比数列 { b n } 的公比为 q ( q >0). 由 b 1 ＝ 1 ， b 3 ＝ b 2 ＋ 2 ，可得 q 2 － q － 2 ＝ 0. 因为 q >0 ，可得 q ＝ 2 ，故 b n ＝ 2 n － 1 . 设等差数列 { a n } 的公差为 d . 由 b 4 ＝ a 3 ＋ a 5 ，可得 a 1 ＋ 3 d ＝ 4. 由 b 5 ＝ a 4 ＋ 2 a 6 ，可得 3 a 1 ＋ 13 d ＝ 16 ，从而 a 1 ＝ 1 ， d ＝ 1 ， 整理得 n 2 － 3 n － 4 ＝ 0 ，解得 n ＝－ 1( 舍 ) ，或 n ＝ 4. 所以， n 的值为 4. 考点二　数列与函数 【例 2 】 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，点 ( a n ， b n ) 在函数 f ( x ) ＝ 2 x 的图象上 ( n ∈ N * ). (1) 若 a 1 ＝－ 2 ，点 ( a 8 ， 4 b 7 ) 在函数 f ( x ) 的图象上，求数列 { a n } 的前 n 项和 S n ； 解　 (1) 由已知 ， b 7 ＝ 2 a 7 ， b 8 ＝ 2 a 8 ＝ 4 b 7 ， 有 2 a 8 ＝ 4 × 2 a 7 ＝ 2 a 7 ＋ 2 ， 则 a 8 ＝ a 7 ＋ 2 ， 解得 d ＝ a 8 － a 7 ＝ 2. (2) 由 f ( x ) ＝ 2 x ， f ′( x ) ＝ 2 x ln 2 ， 过点 ( a 2 ， b 2 ) ，即 ( a 2 ， 2 a 2 ) ，斜率为 2 a 2 ln 2 ， 则函数 f ( x ) ＝ 2 x 在 ( a 2 ， b 2 ) 处的切线方程为 y － 2 a 2 ＝ (2 a 2 ln 2)( x － a 2 ) ， 解得 a 2 ＝ 2. 所以 d ＝ a 2 － a 1 ＝ 1. 规律方法　 (1) 已给函数型，运用数列是对应函数的特殊情形化为数列问题 . (2) 构造函数，要根据数列及要解决的问题构造相应的函数，通过研究函数的性质来解决数列问题 . (2) 法一 　因为 ln x ≤ x － 1( x >0) ，所以 a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ ln( a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ) ≤ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 － 1 ，所以 a 4 ≤ － 1 ，又 a 1 >1 ，所以等比数列的公比 q <0. 若 q ≤ － 1 ，则 a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ a 1 (1 ＋ q )(1 ＋ q 2 ) ≤ 0 ，而 a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ≥ a 1 >1 ，所以 ln( a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 )>0 ，与 ln( a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ) ＝ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ≤ 0 矛盾，所以－ 1< q <0 ，所以 a 1 － a 3 ＝ a 1 (1 － q 2 )>0 ， a 2 － a 4 ＝ a 1 q (1 － q 2 )<0 ，所以 a 1 > a 3 ， a 2 < a 4 . 法二 　因为 e x ≥ x ＋ 1 ， a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ ln( a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ) ，所以 e a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ≥ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＋ 1 ，则 a 4 ≤ － 1 ，又 a 1 >1 ，所以等比数列的公比 q <0. 若 q ≤ － 1 ，则 a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ a 1 (1 ＋ q )(1 ＋ q 2 ) ≤ 0 ，而 a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ≥ a 1 >1 ，所以 ln( a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 )>0 ，与 ln( a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ) ＝ a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ≤ 0 矛盾，所以－ 1< q <0 ，所以 a 1 － a 3 ＝ a 1 (1 － q 2 )>0 ， a 2 － a 4 ＝ a 1 q (1 － q 2 )<0 ，所以 a 1 > a 3 ， a 2 < a 4 . 考点三　数列不等式恒 ( 能 ) 成立求参数 故 2 S n ＋ 1 ＝ k (2 S n － 1 ＋ 1)( n ≥ 2). 显然 a 1 ≠ 0 ，故 { a n } 为等比数列 . (2) 解 　在 2 S n ＋ 1 ＋ 1 ＝ k (2 S n ＋ 1) 中令 n ＝ 1 ， 则 2 S 2 ＋ 1 ＝ k (2 S 1 ＋ 1) ， 即 2( a 1 ＋ a 2 ) ＋ 1 ＝ k (2 a 1 ＋ 1) ， 即 2( a 1 ＋ a 1 k ) ＋ 1 ＝ k (2 a 1 ＋ 1) ， 解得 k ＝－ 3( 舍去 ) 或 k ＝ 3 ，故 a 1 ＝ 1 ，从而 a n ＝ 3 n － 1 ( n ∈ N * ). ∴ c 的取值范围为 [18 ， 81]. 规律方法　 数列不等式的恒成立、能成立问题注意转化为数列的最值问题求解 . 【训练 3 】 (2019· 台州期末评估 ) 在数列 { a n } 中， a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 3 ，且对任意的 n ∈ N * ，都有 a n ＋ 2 ＝ 3 a n ＋ 1 － 2 a n . (1) 证明数列 { a n ＋ 1 － a n } 是等比数列，并求数列 { a n } 的通项公式； (1) 证明 　由 a n ＋ 2 ＝ 3 a n ＋ 1 － 2 a n ， 可得 a n ＋ 2 － a n ＋ 1 ＝ 2( a a ＋ 1 － a n ). 又 a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 3 ，所以 a 2 － a 1 ＝ 2. 所以 { a n ＋ 1 － a n } 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列 . 所以 a n ＋ 1 － a n ＝ 2 n . 所以 a n ＝ a 1 ＋ ( a 2 － a 1 ) ＋ … ＋ ( a n － a n － 1 ) ＝ 1 ＋ 2 ＋ 2 2 ＋ … ＋ 2 n － 1 ＝ 2 n － 1. 所以 S n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ … ＋ b n 考点四　数列与解析几何 【例 4 】 已知 { x n } 是各项均为正数的等比数列，且 x 1 ＋ x 2 ＝ 3 ， x 3 － x 2 ＝ 2. (1) 求数列 { x n } 的通项公式； (2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P 1 ( x 1 ， 1) ， P 2 ( x 2 ， 2) ， … ， P n ＋ 1 ( x n ＋ 1 ， n ＋ 1) 得到折线 P 1 P 2 ， P 2 P 3 ， …… ， P n P n ＋ 1 ，求由该折线与直线 y ＝ 0 ， x ＝ x 1 ， x ＝ x n ＋ 1 所围成的区域的面积 T n . 所以 3 q 2 － 5 q － 2 ＝ 0 ，由已知 q ＞ 0 ，所以 q ＝ 2 ， x 1 ＝ 1. 因此数列 { x n } 的通项公式为 x n ＝ 2 n － 1 . (2) 过 P 1 ， P 2 ， … ， P n ＋ 1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q 1 ， Q 2 ， … ， Q n ＋ 1 . 由 (1) 得 x n ＋ 1 － x n ＝ 2 n － 2 n － 1 ＝ 2 n － 1 ， 记梯形 P n P n ＋ 1 Q n ＋ 1 Q n 的面积为 b n ， 所以 T n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ … ＋ b n ＝ 3 × 2 － 1 ＋ 5 × 2 0 ＋ 7 × 2 1 ＋ … ＋ (2 n － 1) × 2 n － 3 ＋ (2 n ＋ 1) × 2 n － 2 . ① 又 2 T n ＝ 3 × 2 0 ＋ 5 × 2 1 ＋ 7 × 2 2 ＋ … ＋ (2 n － 1) × 2 n － 2 ＋ (2 n ＋ 1) × 2 n － 1 . ② ① － ② 得 － T n ＝ 3 × 2 － 1 ＋ (2 ＋ 2 2 ＋ … ＋ 2 n － 1 ) － (2 n ＋ 1) × 2 n － 1 规律方法　 此类问题常需利用几何条件和性质，得出数列的递推关系来解决 . 所以数列 { a n } 是以 2 为首项， 1 为公差的等差数列， 所以 a n ＝ 2 ＋ ( n － 1) ＝ n ＋ 1.