2020版高考数学（理）新增分大一轮人教通用版讲义：第六章　数列与数学归纳法高考专题突破三第2课时

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)－6<0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
③－④得2an＝an＋1－an－2n，
则＋1＝，
又a2＝5，则＋1＝.
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴＋1＝×n－1，即an＝3n－2n.
(3)由(2)可知，bn＝log3(an＋2n)＝n.
当bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立时，
即(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6<0(n∈N＋)恒成立.
设f(n)＝(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6(n∈N＋)，
当λ＝1时，f(n)＝－n－6<0恒成立，则λ＝1满足条件；
当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；
当λ>1时，由于对称轴n＝－<0，
则f(n)在[1，＋∞)上单调递减，
f(n)≤f(1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，
综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).
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≠0，
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，
∴an＝n－1.
∴bn＝2－log22n＝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＝－22＋，
∴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＝，其前n项的和为Sn，且满足an＝(n≥2).
(1)求证：数列是等差数列；
(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn<1.
证明　(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，整理得Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，
∴－＝2，从而构成以2为首项，2为公差的等差数列.
(2)由(1)可知，＝＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝.
∴当n＝1时，Sn＝<1，
方法一　当n≥2时，Sn＝<·
＝，
∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn <＋＝1－<1.
∴原不等式得证.
方法二　当n≥2时，
<＝，
∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn
<＋

＝＋，
<＋＝<1.
∴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＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
(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，
所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
(2)证明　因为cn＝＝
＝，
所以Tn＝

＝
＝－，
因为>0，所以Tn<.
又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增，
所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝，
所以≤Tn<.
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＝＝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》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＝n2，n∈N＋，等比数列{bn}满足b1＝a1＋a2，b2＝a3＋a4，则b3等于(　　)
A.4 B.5 C.9 D.16
答案　C
解析　由题意可得b1＝a1＋a2＝S2＝×22＝1，
b2＝a3＋a4＝S4－S2＝×42－×22＝3，
则等比数列{bn}的公比q＝＝＝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)＝，设bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求数列的前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 ＝(n≥1)，
所以数列{an}是公比为的等比数列，
又由a1＝－a1＋1得a1＝，
所以an＝a1qn－1＝n.
(2)因为bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)
＝1＋2＋…＋n＝，
所以＝＝2，
所以Tn＝2
＝2＝.
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＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n<.
(1)解　由a1＝0得an＝(n－1)d，Sn＝，
因为a2＋2，S3，S4成等比数列，
所以S＝(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＝＝＝2＋
＝2＋，
所以Tn＝2n＋＋＋…＋
＝2n＋1＋－－，
所以Tn－2n<.
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＝f′，且a1＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，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＝，
则f(x)＝x2＋2nx，n∈N＋.
数列{an}满足＝f′，
又f′(x)＝x＋2n，
∴＝＋2n，∴－＝2n，
由累加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，
化简可得an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝4也符合，
∴an＝(n∈N＋).
(2)∵bn＝＝
＝2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝2
＝2
＝.
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
所以3q2－5q－2＝0，
由已知得q>0，
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＝×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
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.

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＋1)在曲线y＝(x＋1)2上.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝，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＝(＋1)2，得－＝1，
所以数列{}是以为首项，1为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)×1，即Sn＝n2，
由公式an＝
得an＝所以an＝2n－1.
(2)因为bn＝＝
＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝，
显然Tn是关于n的增函数，
所以Tn有最小值(Tn)min＝T1＝×＝.
由于Tn≥a恒成立，所以a≤，
于是a的取值范围是.

6.已知各项均不相等的等差数列{an}的前三项和为9，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N＋).
(1)解　设数列{an}的公差为d，
则
解得或(舍去)，
所以an＝n＋1，Sn＝.
又b1＝a1＝2，b2＝a3＝4，
所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)证明　因为an·bn＝(n＋1)·2n，
所以Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①
所以2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②
①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
所以Kn＝n·2n＋1.
则cn＝＝，
cn＋1－cn＝－
＝>0，
所以cn＋1>cn(n∈N＋).