2019版高考数学二轮复习第二篇第12练数列的综合问题课件文

第二篇重点专题分层练，中高档题得高分第12练数列的综合问题[中档大题规范练]明晰考情1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以an，Sn的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的17题位置.2.题目难度：中等偏下难度.核心考点突破练栏目索引模板答题规范练考点一等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧判断等差(比)数列的常用方法核心考点突破练(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数an＋1an＝q，q为常数，则{an}为等差(比)数列.(2)中项公式法.(3)通项公式法.1.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.(1)证明：an＋2－an＝λ；证明由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.证明(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.解由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.解答(1)设bn＝an2n，证明：{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；2.已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N*.∴{bn}为等差数列，首项b1＝a12＝1，公差为1，解把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1，得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1，两边同除以2n＋1，得bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，∴bn＝n(n∈N*).解答(2)在(1)的条件下，求数列{an}的前n项和Sn.解由bn＝n＝an2n，得an＝n×2n，∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，两式相减，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2(n∈N*).解答3.设数列{an}的前n项和为Sn，且首项a1≠3，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*).(1)求证：{Sn－3n}是等比数列；证明∵an＋1＝Sn＋3n，∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n).∵a1≠3，∴数列{Sn－3n}是首项为a1－3，公比为2的等比数列.证明解答(2)若{an}为递增数列，求a1的取值范围.解由(1)得，Sn－3n＝(a1－3)×2n－1.∴Sn＝(a1－3)×2n－1＋3n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a1－3)×2n－2＋2×3n－1.∵{an}为递增数列，∴当n≥2时，(a1－3)×2n－1＋2×3n(a1－3)×2n－2＋2×3n－1，∴当n≥2时，2n－212×32n－2＋a1－30，∴a1－9.∵a2＝a1＋3a1，∴a1的取值范围是(－9，＋∞).考点二数列的通项与求和方法技巧(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法①累加(乘)法形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；形如an＋1an＝f(n)的数列，可用累乘法.②构造数列法形如an＋1＝nanman＋n，可转化为1an＋1－1an＝mn，构造等差数列1an；形如an＋1＝pan＋q(p×q≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋qp－1＝pan＋qp－1构造等比数列an＋qp－1.(2)数列求和的常用方法①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2Sn＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；解当n＝1时，a1＝2S1＋1＝2a1＋1，解得a1＝－1.当n≥2时，由an＝2Sn＋1，得an－1＝2Sn－1＋1，两式相减得an－an－1＝2an，化简得an＝－an－1，所以数列{an}是首项为－1，公比为－1的等比数列，则可得an＝(－1)n.解答(2)若bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.解由(1)得bn＝(2n－1)·(－1)n，当n为偶数时，Tn＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－(2n－3)＋(2n－1)＝2×＝n，当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)－(2n＋1)＝－n.所以数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n·n.解答n25.已知数列{an}，{bn}满足a1＝14，an＋bn＝1，bn＋1＝bn1－a2n.(1)求数列{bn}的通项公式；解答解答(2)设Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，求Sn.解因为an＝1－bn＝1n＋3，所以Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1＝14×5＋15×6＋16×7＋…＋1n＋3n＋4＝14－15＋15－16＋16－17＋…＋1n＋3－1n＋4＝14－1n＋4＝n4n＋4.6.设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；解由已知，当n≥2时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.所以an＝22n－1，而a1＝2，也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.解答解答(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解由bn＝nan＝n·22n－1知，Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，②①－②，得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2].考点三数列的综合问题方法技巧(1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质或图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.(2)数列是特殊的函数，解题时要充分利用函数的性质解决数列问题，如数列中的最值问题.(3)解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法(作差法、作商法)、放缩法等.7.已知f(x)＝2sinx，集合M＝{x||f(x)|＝2，x＞0}，把M中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；解答π2解因为|f(x)|＝2，所以π2x＝kπ＋π2，x＝2k＋1，k∈Z.又因为x0，所以an＝2n－1(n∈N*).证明(2)记bn＝1a2n＋1，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜14.证明因为bn＝1a2n＋1＝12n＋12(n∈N*)，bn＝12n＋12＝14n2＋4n＋114n2＋4n＝141n－1n＋1，所以Tn＝b1＋…＋bn141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14－14n＋114，所以Tn14.由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.当q＝1时，不满足②式，舍去；当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n.故所求数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).8.已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；解设等比数列{an}的公比为q，依题意，解答有2a1＋a3＝3a2，a2＋a4＝2a3＋2，即a12＋q2＝3a1q，①a1q＋q3＝2a1q2＋4，②即n2＋n－900，解得n9或n－10(舍).因为n∈N*，所以使Sn－2n＋1＋470成立的正整数n的最小值为10.解答(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋470成立的n的最小值.1an解因为bn＝an＋log21an＝2n＋log212n＝2n－n，所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝21－2n1－2－nn＋12＝2n＋1－2－12n－12n2.因为Sn－2n＋1＋470，所以2n＋1－2－12n－12n2－2n＋1＋470，9.已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*).(1)写出a2，a3的值(只写出结果)，并求出数列{an}的通项公式；解a2＝6，a3＝12，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1).因为当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以an＝n(n＋1).解答(2)设bn＝1an＋1＋1an＋2＋1an＋3＋…＋1a2n，若对任意的正整数n，不等式t2－2t＋16bn恒成立，求实数t的取值范围.解答模板答题规范练模板体验典例(12分)已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值.12lognnaa审题路线图方程思想求an―→求bn―→错位相减法求Sn―→解不等式Sn＋n×2n＋1＞30―→n的最小值规范解答·评分标准解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.由题意知2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，所以a2＋a4＝20，所以a1q2＝8，a1q＋a1q3＝20，解得q＝2，a1＝2或q＝12，a1＝32.3分又数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.5分(2)因为bn＝＝－n×2n，6分所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n×2n)，2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1.8分又Sn＋n×2n＋1＞30，可得2n＋1－2＞30，即2n＋1＞32＝25，10分所以n＋1＞5，即n＞4.所以使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值为5.12分1122log2log2nnnnaa＝构建答题模板[第一步]求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.[第二步]巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和.[第三步]得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题.1.(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；规范演练解设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*).解答(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.解答解若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n3.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.∴b2＝2，∴d＝1，∴bn＝1＋(n－1)·1＝n.2.(2018·上饶模拟)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝1－，数列{bn}为等差数列，且a2(b2＋2)＝1，a1b1＝(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式；解答12n12.解a1＝S1＝1－12＝12，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1－12n－1－12n－1＝12n－1－