2019届二轮复习高考解答题突破(三)　数列的综合应用学案（全国通用）

高考解答题突破(三)　数列的综合应用

突破“两归”——化归、归纳

[思维流程]

[技法点拨]

1．由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法．

2．对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．

考向一　等差、等比数列的证明

证明数列是等差(比)数列的两种基本方法

(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇒{an}是等差数列；＝q(q是非零常数)⇒{an}是等比数列．

(2)等差(比)中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇒{an}是等差数列；a＝an·an＋2(n∈N*，an≠0)⇒{an}是等比数列．

[解]　(1)由题意知，2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，

巧造等差或等比判定方法

(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法；

(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；

(3)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.

[对点训练]

1．(2018·常州一模)已知n为正整数，数列{an}满足an>0,4(n＋1)a－na＝0，设数列{bn}满足bn＝.

(1)求证：数列为等比数列；

(2)若数列{bn}是等差数列，求实数t的值．

[解]　(1)证明：∵数列{an}满足an>0,4(n＋1)a－na＝0，

∴2an＝an＋1.即＝.

∴数列是以2为公比的等比数列．

(2)由(1)可得＝a1×2n－1，∴a＝na·4n－1.

∵bn＝，∴b1＝，b2＝，b3＝.

∵数列{bn}是等差数列，∴2×＝＋.

∴＝a＋，

即16t＝t2＋48，解得t＝12或t＝4.

经检验，当t＝12时，b2，b3，b4不成等差数列，故舍去．

当t＝4时，bn＝＝，数列{bn}为等差数列，所以t的值为4.

考向二　数列的通项与求和

1．求数列的通项公式的方法

(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法；(2)已知an与Sn间关系式时适合用an＝求得；(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得．

2．求数列的前n项和的方法

结合数列通项公式的特点，采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法．

[解]　(1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.

求解数列通项和前n项和的关键步骤

[对点训练]

2．(2018·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，且2a1，a3,3a2成等差数列．

(1)求等比数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝(n＋2)log2an，求数列的前n项和Tn.

[解]　(1)设数列{an}的公比为q，

∵2a1，a3,3a2成等差数列，∴2a1＋3a2＝2a3，

即2a1＋3a1q＝2a1q2，

化简得2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－.

∵q>0，∴q＝2.

∵a1＝2，∴数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝2n，n∈N*.

(2)∵bn＝(n＋2)log2an＝n(n＋2)，

∴＝＝，

Tn＝＋＋…＋＋

＝

＝

＝－.

考向三　数列与不等式的综合应用

数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面：

(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者借助数列对应函数的单调性比较大小，还可以作差或作商比较大小；

(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；

(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题，此类问题常通过构造函数证明，或者直接利用放缩法证明．

[解]　(1)∵4Sn＝an·an＋1，n∈N*，

“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．审题时应注意归纳法的运用，要看清项及下标的特征，要注意下标的范围．

[对点训练]

3．(2018·临川质检)已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an)2，且an>0.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列的前n项和为Sn，不等式Sn>loga(1－a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)由a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an)2知

a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2，

则a＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2＝an＋1[2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1]，

又an>0，所以a＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1，

则a＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)，

故a－a＝an＋an＋1，所以an＋1－an＝1.

又a＝a，所以a1＝1.

又a＝2a1＋a2，所以a2＝2，所以a2－a1＝1，即当n≥1时，有an＋1－an＝1，

所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.

(2)由(1)知an＝n，

则＝＝，

所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－，

则Sn＋1－Sn＝>0，所以数列{Sn}单调递增，所以(Sn)min＝S1＝.

要使不等式Sn>loga(1－a)对任意正整数n恒成立，只要>loga(1－a)即可．

易知0<a<1，则1－a>a，解得0<a<.

所以实数a的取值范围是.

专题跟踪训练(二十)

1．(2018·内蒙古包头一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．

(1)求a1，a2，a3的值．

(2)设bn＝an＋3，试说明数列{bn}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．

[解]　(1)当n＝1时，由S1＝a1＝2a1－3×1，得a1＝3；

当n＝2时，由S2＝a1＋a2＝2a2－3×2，可得a2＝9；

当n＝3时，由S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－3×3，得a3＝21.

(2)因为Sn＝2an－3n，所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)．

上述两式相减得an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，

所以bn＋1＝2bn，且b1＝6.

所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列．

所以bn＝6×2n－1.

所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．

2．(2018·长春实验中学一模)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.

(1)求Sn的表达式．

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解]　(1)当n≥2时，将an＝Sn－Sn－1代入S＝an中，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，化简得－＝2，＝1，∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列．

∴＝2n－1，即Sn＝.

(2)bn＝＝＝.

∴Tn＝＝·＝.

3．已知各项均为正数的等差数列{an}满足：a4＝2a2，且a1,4，a4成等比数列，设数列{an}的前n项和为Sn.

(1)求数列{an}的通项公式．

(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<3.

[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d.

因为a4＝2a2，且a1,4，a4成等比数列，an>0，

所以解得

所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.

(2)证明：由(1)知a1＝d＝2，则Sn＝2n＋×2＝n2＋n.所以＝.

所以Tn＝＋＋＋…＋，①

Tn＝＋＋…＋＋.②

由①－②得，Tn＝＋＋＋…＋－.

所以Tn＝2＋＋＋…＋－＝2＋－＝3－－<3.

故Tn<3.

4．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，且a1＝1，公比大于1的等比数列{bn}满足b2＝3，b1＋b3＝10.

(1)求证数列{an}是等差数列，并求其通项公式；

(2)若cn＝，且cn≤t2＋t－2对一切正整数n恒成立，求实数t的取值范围．

[解]　(1)因为4Sn＝a－4n－1，所以当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，

得4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，

即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2.

因为an>0，所以an＋1＝an＋2.

所以当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列，

又因为a1＝1，a＝4a1＋5＝9，所以a2＝3.

故{an}是首项为1，公差为2的等差数列．

所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

(2)由题意得＋b2q＝10，解得q＝3或q＝(舍去)．

所以bn＝3n－1，cn＝＝.

由cn＋1－cn＝(2n＋1)·n＋1－(2n－1)·n＝n·(1－n)≤0，可得cn的最大值为c1＝，

由cn≤t2＋t－2对一切正整数n恒成立，

得≤t2＋t－2，解得t≥1或t≤－.

即实数t的取值范围为∪[1，＋∞)．