2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析8.5.2　数列与函数、不等式的结合 学案

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核心考点·精准研析

考点一　数列与函数的综合 

1.设{an}是等比数列,函数y=x2-x-2 021的两个零点是a2,a3,则a1a4等于(　　)

A.2 021  B.1  C.-1  D.-2 021

2.在各项都为正数的数列{an}中,首项a1=2,且点(,)在直线x-9y=0上,则数列{an}的前n项和Sn等于              (　　)

A.3n-1   B.

C.  D.

3.设y=f(x)是一次函数,若f(0)=1,且f(1),f(4),f(13)成等比数列,则f(2)+

f(4)+…+f(2n)等于 世纪金榜导学号(　　)

A.n(2n+3) B.n(n+4)

C.2n(2n+3) D.2n(n+4)

4.已知函数f(x)=log2x,若数列{an}的各项使得2,f(a1),f(a2),…,f(an),2n+4成等差数列,则数列{an}的前n项和Sn=________.               世纪金榜导学号 

【解析】1.选D.由题意a2,a3是x2-x-2 021=0的两根.

由根与系数的关系得a2a3=-2 021.

又a1a4=a2a3,所以a1a4=-2 021.

2.选A.由点(,)在直线x-9y=0上,得-9=0,即(an+3an-1)(an-3an-1)=0,又数列{an}各项均为正数,且a1=2,所以an+3an-1>0,所以an-3an-1=0,即=3,所以数列{an}是首项a1=2,公比q=3的等比数列,其前n项和Sn==3n-1.

3.选A.由题意可设f(x)=kx+1(k≠0),则(4k+1)2=(k+1)(13k+1),解得k=2,f(2)+

f(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n+1)=n(2n+3).

4.设等差数列的公差为d,

则由题意,得2n+4=2+(n+1)d,解得d=2,

于是log2a1=4,log2a2=6,log2a3=8,…,

从而a1=24,a2=26,a3=28,….

易知数列{an}是等比数列,其公比q==4,

所以Sn==(4n-1).

答案:(4n-1)

1.将题3改为设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y).若a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是              (　　)

A.  B.

C.  D.

【解析】选C.在f(x)·f(y)=f(x+y)中令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)f(1),又a1=,

an=f(n)(n∈N*),则an+1=an,所以数列{an}是首项和公比都是的等比数列,其前n项和Sn==1-∈,

2.数列{an}的通项an=ncos2-sin2,其前n项和为Sn,则S40为(　　)

A.10 B.15 C.20 D.25

【解析】选C.由题意得,an=ncos2-sin2

=ncos,则a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,…,于是a2n-1=0,a2n=(-1)n·2n,

则S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+a6+…+a40)

=-2+4-…+40=20.

数列与函数综合问题的主要类型及求解策略

(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,解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形.

注意数列与函数的不同,数列只能看作是自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性.

【秒杀绝招】　

1.特例法解T2:由题意(, )在直线x-9y=0上,所以—9=0,因为a1=2,易得a2=6,所以S2=8.验证四个选项可排除BCD.

2.待定系数法解T3:先设出一次函数,由已知条件,确定出系数,再求解.

考点二　数列与不等式的综合 

【典例】数列{an}满足a1=1,an+1=2an(n∈N*),Sn为其前n项和.数列{bn}为等差数列,且满足b1=a1,b4=S3.

(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<.

【解题导思】

【解析】(1)由题意知,{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=a1·2n-1=2n-1.所以Sn=2n-1.

设等差数列{bn}的公差为d,

则b1=a1=1,b4=1+3d=7,

所以d=2,bn=1+(n-1)×2=2n-1.

(2)因为log2a2n+2=log222n+1=2n+1,

所以cn==

=,

所以Tn=.

因为n∈N*,所以Tn=<,

=.

当n≥2时,Tn-Tn-1=-

=>0,

所以数列{Tn}是一个递增数列,所以Tn≥T1=.

综上所述,≤Tn<.

　数列与不等式的综合问题

(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.

(2)以数列为载体,考查不等式恒成立的问题,此类问题可转化为函数的最值.

(3)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.

设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于所有的正整数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.

(1)求数列{an}的通项公式.

(2)令bn=(n∈N*),求证:b1+b2+b3+…+bn<1+n.

【解析】(1)由已知=(n∈N*),

整理得Sn=(an+2)2,所以Sn+1=(an+1+2)2.

所以an+1=Sn+1-Sn=[(an+1+2)2-(an+2)2]

=(+4an+1--4an),

整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0,

由题意知an+1+an≠0,所以an+1-an=4,而a1=2,

即数列{an}是a1=2,d=4的等差数列,

所以an=a1+(n-1)d=4n-2.

(2)令cn=bn-1,则cn=

==-.

故b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn

=++…+

=1-<1.故b1+b2+…+bn<1+n.

考点三　数列与函数、不等式的综合应用 

求最值问题

【典例】1.在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项和且S7=S17,则Sn最小时的n的值为              (　　)

A.12或13 B.11或12

C.11   D.12

2.在正项等比数列{an}中,为a6与a14的等比中项,则a3+3a17的最小值为              世纪金榜导学号(　　)

A.2  B.89 C.6 D.3

【解析】1.选D.由S7=S17,依据二次函数对称性知当n=12时,Sn最小.

2.选C.因为{an}是正项等比数列,且为a6与a14的等比中项,所以a6a14=3=a3a17,

则a3+3a17=a3+3·≥2=6,

当且仅当a3=3时,等号成立,

所以a3+3a17的最小值为6.

求等差数列前n项和的最值常用的方法有哪些?

提示:(1)利用等差数列的单调性,求出最值;

(2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;

(3)将等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.

比较大小

【典例】数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a6=b7,则有              (　　)

A.a3+a9≤b4+b10

B.a3+a9≥b4+b10

C.a3+a9≠b4+b10

D.a3+a9与b4+b10的大小不确定

【解析】选B.因为a3+a9≥2=2=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当a3=a9时取等号.

本题利用均值不等式比较两个式子的大小,恰到好处.利用均值不等式≥时一定要满足其成立的三个条件分别是什么?

提示:(1)a,b均为正数.(2)a,b的和或积必须有一个为定值.(3)a=b时等号成立.

求取值范围问题

【典例】设数列{an}的通项公式为an=2n-1,记数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式4Tn<a2-a恒成立,则实数a的取值范围为________. 

【解析】因为an=2n-1,

所以==,

所以Tn=

=<,

又4Tn<a2-a,

所以2≤a2-a,解得a≤-1或a≥2,

即实数a的取值范围为(-∞,-1]∪[2,+∞).

答案:(-∞,-1]∪[2,+∞)

1.已知正项等比数列{an}满足2a5+a4=a3,若存在两项am,an,使得8=a1,则+的最小值为________. 

【解析】因为正项等比数列{an}满足2a5+a4=a3,

所以2a1q4+a1q3=a1q2,整理,得2q2+q-1=0,又q>0,解得,q=,

因为存在两项am,an使得8=a1,

所以64qm+n-2=,整理,得m+n=8,

所以+=(m+n)

=≥=2,

当且仅当=时取等号,此时m,n∈N*,又m+n=8,所以只有当m=6,n=2时,+取得最小值是2.

答案:2

2.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn+3)(n∈N*)在函数y=3×2x的图象上,等比数列{bn}满足bn+bn+1=an(n∈N*),其前n项和为Tn,则下列结论正确的是(　　)

A.Sn=2Tn  B.Tn=2bn+1

C.Tn>an  D.Tn<bn+1

【解析】选D.因为点(n,Sn+3)在函数y=3×2x的图象上,所以Sn+3=3×2n,即Sn=3×2n-3.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×2n-3-(3×2n-1-3)

=3×2n-1,

又当n=1时,a1=S1=3,

所以an=3×2n-1.

设bn=b1qn-1,则b1qn-1+b1qn=3×2n-1,

可得b1=1,q=2,

所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.

由等比数列前n项和公式可得Tn=2n-1.

结合选项可知,只有D正确.

3.已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则              (　　)

A.a1<a3,a2<a4  B.a1>a3,a2<a4

C.a1<a3,a2>a4  D.a1>a3,a2>a4

【解析】选B.因为ln x≤x-1(x>0),

所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,

所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.

若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4

=a1(1+q)·(1+q2)≤0.

又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,

所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.因此-1<q<0.

所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,

所以a1>a3,a2<a4.

1.若定义在R上的函数y=f(x)是奇函数且满足f=f(x),f(-2)=-3,数列{an}满足a1=-1,且=2×+1(其中Sn为{an}的前n项和),则f(a5)+f(a6)=(　　)

A.-3 B.-2 C.3 D.2

【解析】选C.由f=f(x)可知函数f(x)的图象的对称轴为直线x=.又函数y=f(x)是奇函数,

所以有f=f(x)=-f,

所以f=-f(x),即f(x-3)=f(x),所以函数y=f(x)的周期为3.

由=2×+1得Sn=2an+n.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+n-(2an-1+n-1)=2an-2an-1+1,

即an=2an-1-1,所以a2=-3,a3=-7,a4=-15,a5=-31,a6=-63,则f(a5)+f(a6)=f(-31)+

f(-63)=f(-1)+f(0)=-f(1)+f(0).由函数y=f(x)是奇函数可得f(0)=0,由f(-2)=-3可得f(-2)=f(1)=-3,所以f(a5)+f(a6)=3.

2.已知等差数列{an}满足an-1+an+an+1=3n(n≥2),函数f(x)=2x,bn=log4f(an),则数列{bn}的前n项和为________. 

【解析】因为等差数列{an}满足an-1+an+an+1=3n(n≥2),所以3an=3n,即an=n.又因为函数f(x)=2x,所以f(an)=2n,所以b1+b2+…+bn=log4[f(a1)·f(a2)·…·f(an)]=log4(2×22×…×2n)=log421+2+…+n=

×(1+2+…+n)=.

答案:

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