2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 高考专题突破三 高考中的数列问题（第2课时）

1第2课时数列的综合问题题型一数列与函数例1数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N＋，且a1，a2＋5,19成等差数列.(1)求a1的值；(2)证明an2n＋1为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(3)设bn＝log3(an＋2n)，若对任意的n∈N＋，不等式bn(1＋n)－λn(bn＋2)－60恒成立，试求实数λ的取值范围.解(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N＋中，令n＝1，得2S1＝a2－22＋1，即a2＝2a1＋3，①又2(a2＋5)＝a1＋19，②则由①②解得a1＝1.(2)当n≥2时，由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，③2Sn－1＝an－2n＋1，④③－④得2an＝an＋1－an－2n，则an＋12n＋1＋1＝32an2n＋1，又a2＝5，则a222＋1＝32a121＋1.∴数列an2n＋1是以32为首项，32为公比的等比数列，∴an2n＋1＝32×32n－1，即an＝3n－2n.(3)由(2)可知，bn＝log3(an＋2n)＝n.当bn(1＋n)－λn(bn＋2)－60恒成立时，即(1－λ)n2＋(1－2λ)n－60(n∈N＋)恒成立.设f(n)＝(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6(n∈N＋)，当λ＝1时，f(n)＝－n－60恒成立，则λ＝1满足条件；当λ1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ1时，由于对称轴n＝－1－2λ21－λ0，则f(n)在[1，＋∞)上单调递减，f(n)≤f(1)＝－3λ－40恒成立，则λ1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).2思维升华数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1(2018·葫芦岛模拟)已知数列{an}满足a1＝1,2an＋1＝an，数列{bn}满足bn＝2－log2a2n＋1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得2Tn≤4n2＋m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围.解(1)由a1＝1，an＋1an＝12，an≠0，∴{an}是首项为1，公比为12的等比数列，∴an＝12n－1.∴bn＝2－log2122n＝2n＋2.(2)由(1)得，Tn＝n2＋3n，∴m≥－2n2＋6n对任意正整数n都成立.设f(n)＝－2n2＋6n，∵f(n)＝－2n2＋6n＝－2n－322＋92，∴当n＝1或2时，f(n)的最大值为4，∴m≥4.即m的取值范围是[4，＋∞).题型二数列与不等式例2已知数列{an}中，a1＝12，其前n项的和为Sn，且满足an＝2S2n2Sn－1(n≥2).(1)求证：数列1Sn是等差数列；(2)证明：S1＋12S2＋13S3＋…＋1nSn1.证明(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1，整理得Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，∴1Sn－1Sn－1＝2，从而1Sn构成以2为首项，2为公差的等差数列.3(2)由(1)可知，1Sn＝1S1＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝12n.∴当n＝1时，1nSn＝121，方法一当n≥2时，1nSn＝12n212·1nn－1＝121n－1－1n，∴S1＋12S2＋13S3＋…＋1nSn12＋121－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1－12n1.∴原不等式得证.方法二当n≥2时，12n212n2－1＝141n－1－1n＋1，∴S1＋12S2＋13S3＋…＋1nSn12＋141－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－2－1n＋1n－1－1n＋1＝12＋141＋12－1n－1n＋1，12＋141＋12＝781.∴原命题得证.思维升华数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝1bnbn＋2，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：15≤Tn13.(1)解设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意得1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6，解得d＝q＝2，4所以an＝2n－1，bn＝2n－1.(2)证明因为cn＝1bnbn＋2＝12n－12n＋3＝1412n－1－12n＋3，所以Tn＝141－15＋13－17＋…＋12n－3－12n＋1＋12n－1－12n＋3＝141＋13－12n＋1－12n＋3＝13－1412n＋1＋12n＋3，因为1412n＋1＋12n＋30，所以Tn13.又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增，所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝15，所以15≤Tn13.题型三数列与数学文化例3我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”()A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案D解析原问题等价于等差数列中，已知a1＝4，a5＝2，求a2＋a3＋a4的值.由等差数列的性质可知a2＋a4＝a1＋a5＝6，a3＝a1＋a52＝3，则a2＋a3＋a4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n项和公式.跟踪训练3中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》5中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{an}的前n项和Sn＝14n2，n∈N＋，等比数列{bn}满足b1＝a1＋a2，b2＝a3＋a4，则b3等于()A.4B.5C.9D.16答案C解析由题意可得b1＝a1＋a2＝S2＝14×22＝1，b2＝a3＋a4＝S4－S2＝14×42－14×22＝3，则等比数列{bn}的公比q＝b2b1＝31＝3，故b3＝b2q＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝－an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若f(x)＝12logx，设bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求数列1bn的前n项和Tn.解(1)由Sn＝－an＋1得Sn＋1＝－an＋1＋1，两式相减得，Sn＋1－Sn＝－an＋1＋an，即an＋1＝－an＋1＋an，即an＋1an＝12(n≥1)，所以数列{an}是公比为12的等比数列，又由a1＝－a1＋1得a1＝12，所以an＝a1qn－1＝12n.(2)因为bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)＝1＋2＋…＋n＝nn＋12，所以1bn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，所以Tn＝211－12＋12－13＋…＋1n－1n＋16＝21－1n＋1＝2nn＋1.2.已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n项和为Sn，且a2＋2，S3，S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2n＋222n＋Sn＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n32.(1)解由a1＝0得an＝(n－1)d，Sn＝nn－1d2，因为a2＋2，S3，S4成等比数列，所以S23＝(a2＋2)S4，即(3d)2＝(d＋2)·6d，整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，因为d≠0，所以d＝4，所以an＝(n－1)d＝4(n－1)＝4n－4.(2)证明由(1)可得Sn＋1＝2n(n＋1)，所以bn＝2n＋222n＋2nn＋1＝4n＋122nn＋2＝2＋2nn＋2＝2＋1n－1n＋2，所以Tn＝2n＋1－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2＝2n＋1＋12－1n＋1－1n＋2，所以Tn－2n32.3.已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N＋，数列{an}满足1an＋1＝f′1an，且a1＝4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，16n2a－4nb＝0，∴a＝12，则f(x)＝12x2＋2nx，n∈N＋.7数列{an}满足1an＋1＝f′1an，又f′(x)＝x＋2n，∴1an＋1＝1an＋2n，∴1an＋1－1an＝2n，由累加法可得1an－14＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化简可得an＝42n－12(n≥2)，当n＝1时，a1＝4也符合，∴an＝42n－12(n∈N＋).(2)∵bn＝anan＋1＝42n－12n＋1＝212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝21－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝21－12n＋1＝4n2n＋1.4.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x1＋x1q＝3，x1q2－x1q＝2.所以3q2－5q－2＝0，由已知得q0，8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＝n＋n＋12×2n－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＝32＋21－2n－11－2－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝2n－1×2n＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，点P(Sn，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设bn＝1an·an＋1，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥a恒成立，求Tn及实数a的取值范围.解(1)由Sn＋1＝(Sn＋1)2，得Sn＋1－Sn＝1，所以数列{Sn}是以S1为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝S1＋(n－1)×1，即Sn＝n2，由公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，得an＝1，n＝1，2n－1，n≥2，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝1ana