2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第七章　数列与数学归纳法高考专题突破四

高考专题突破四　高考中的数列问题
题型一　等差数列、等比数列的基本问题
例1 (2018·浙江杭州地区四校联考)已知数列{an}满足a1＝1, ＝，记Sn＝a＋a＋…＋a，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立．
(1)求数列{a}的通项公式；
(2)求正整数t的最小值．
解　(1)由题意得－＝4，
则是以1为首项，4为公差的等差数列，
则＝1＋(n－1)×4＝4n－3，
则a＝.
(2)不妨设bn＝S2n＋1－Sn＝a＋a＋…＋a，
考虑到bn－bn＋1＝a＋a＋…＋a－(a＋a＋…＋a＋a)
＝a－a－a
＝－－
＝－＋－>0，
因此数列{bn}单调递减，
则bn的最大值为b1＝S3－S1＝a＋a＝＋＝≤，
∴t≥，则tmin＝10.
思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．


跟踪训练1　(2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比是q(q≠1)，且满足：a1＝2，b1＝1，S2＝3b2，a2＝b3.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝2bn－λ·，若数列{cn}是递减数列，求实数λ的取值范围．
解　(1)设数列{an}的公差为d，依题意可得
解得(舍去)或
故an＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝2n－1.
(2)由(1)可知cn＝2n－λ·3n，
若{cn}是递减数列，则cn＋1 即2n＋1－λ·3n＋1<2n－λ·3n，
即λ>×n在n∈N*时成立，
只需λ>max.
因为y＝×n在n∈N*时单调递减，
所以max＝×＝.
故λ>，即实数λ的取值范围是.
题型二　数列的通项与求和
例2 (2018·台州质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－(4n＋5)·n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以Sn＝2n2－n.
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3，
当n＝1时，a1＝1也符合上式．
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3(n∈N*)．
(2)当n＝1时，＝，所以b1＝2a1＝2；
当n≥2时，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)n，
所以＋＋…＋＝5－(4n＋1)n－1.
两式相减，得＝(4n－3)n.
因为an＝4n－3，
所以bn＝＝2n(当n＝1时，也符合此式)．
又＝＝2，则数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以Tn＝＝2n＋1－2.
思维升华 (1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论．
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．
跟踪训练2 (2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)．令bn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若f(x)＝2x－1，求证：Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)<(n≥1)．
(1)解　由题意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)，
即an－an－1＝2n－1(n≥3)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2
＝2n＋1(n≥3)，
检验知n＝1,2时，结论也成立，故an＝2n＋1.
(2)证明　由于bnf(n)＝·2n－1
＝·
＝.
故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)
＝

＝<×＝.
所以Tn<.
题型三　数列与不等式的交汇
例3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*，记Sn，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，
(1)an＋1 (2)Tn＝－2n－1；
(3)－1 证明　(1)由a1＝1及an＋1＝，
知an>0，故an＋1－an＝－an＝<0，
∴an＋1 (2)由＝＋an，
得＝＋a＋2，
从而＝＋a＋a＋2×2＝…
＝＋a＋a＋…＋a＋2n，
又a1＝1，
∴＝1＋a＋a＋…＋a＋2n，
∴Tn＝－2n－1，n∈N*.
(3)由(2)知，an＋1＝，
由Tn≥a＝1，得an＋1≤，
∴当n≥2时，an≤＝<
＝(－)，
∴Sn ＝1＋(－1)<，n≥2，
又a1＝1，∴Sn<，n∈N*，
由an＝－，
得Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝＋＋…＋
＝－≥－1>－1，
综上，－1 思维升华 (1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩；
(2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化．
跟踪训练3 对任意正整数n，设an是方程x2＋＝1的正根．
求证：(1)an＋1>an；
(2)＋＋…＋<1＋＋＋…＋.
证明　由a＋＝1且an>0，得0 (1)a＋＝1，a＋＝1，
两式相减得
0＝a－a＋－ ＝(an＋1－an).
因为an＋1＋an＋>0，故an＋1－an>0，即an＋1>an.
(2)因为an＝1，所以＝an＋，
由0 从而当i≥2时，<
＝<－，
＝－1＋
<－1＋ ＝－<.
所以＋＋…＋<1＋＋＋…＋.


1．(2018·绍兴市上虞区调研)已知数列{an}满足a1＝511,4an＝an－1－3(n≥2)．
(1)求证：{an＋1}是等比数列；
(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求{bn}的前n项和Sn.
(1)证明　由题意知an＝an－1－，
则an＋1＝(an－1＋1)，
∵a1＋1＝512≠0，
∴数列{an＋1}是以512为首项，为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知，an＋1＝512·n－1＝211－2n，
则log2(an＋1)＝11－2n.
∴bn＝|11－2n|，
令cn＝11－2n，当n≤5时，cn>0；
当n≥6时，cn<0，
设{cn}的前n项和为Tn，则Tn＝10n－n2，
当n≤5时，Sn＝Tn＝10n－n2；
当n≥6时，Sn＝2T5－Tn＝n2－10n＋50.
综上，Sn＝



2．(2018·绍兴市嵊州市适应性考试)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，且4Sn＝an·an＋1，数列{bn}中，b1＝，且bn＋1＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，可得a2＝4，
当n≥2时，4Sn＝an·an＋1,4Sn－1＝an·an－1，
两式相减，得4an＝an(an＋1－an－1)，
∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，
∴{an}的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列，
当n＝2k－1，k∈N*时，an＝2n；
当n＝2k，k∈N*时，an＝2n.
∴an＝2n(n∈N*)．
(2)∵＝－，
＝－，
当n≥2时，－＝－，
－＝－，
－＝－，
将上式累加得＝，
∴bn＝(n≥2)，n＝1时也适合，
∴bn＝(n∈N*)，∴cn＝，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
再由错位相减得Tn＝2－.

3．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且是一个首项与公差均为1的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意的k∈N*，将数列{an}中落入区间(2k,22k)内的项的个数记为bk，
①求数列{bk}的通项公式；
②记ck＝，数列{ck}的前k项和为Tk，求使等式＝成立的所有正整数k，m的值．
解　(1)由题意得＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝n2，
则an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝1，适合上式，因此an＝2n－1(n∈N*)．
(2)①∵2k ∴2k－1＋1≤n≤22k－1，则bk＝22k－1－(2k－1＋1)＋1＝22k－1－2k－1，k∈N*.
②由题意得ck＝＝，
∴Tk＝4＝4，
则Tk＋1＝4，＝＝＝1－，
＝＝1－，
由＝，
得＝，
则4＋2m＝(4－m)2k＋1－4，
即有0<8＋2m＝(4－m)2k＋1，因此m<4，对于m∈N*，则当m＝1时，正整数k不存在，m＝2时，正整数k不存在，m＝3时，k＝3，
因此存在符合条件的k，m，且m＝3，k＝3.
4．(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n≥2)，求f(n)的最小值；
(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋…＋Sn－1＝(Sn－1)g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解　(1)因为an－an＋1＋1＝0，所以an＋1－an＝1，因此数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
则an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)因为f(n)＝＋＋＋…＋，
f(n＋1)＝＋＋＋…＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－＝>0.
因此f(n)单调递增，则f(n)的最小值为f(2)＝＋＝.
(3)方法一　由(1)知，bn＝，当n≥2时，因为S1＝1，S2＝1＋，S3＝1＋＋，…，Sn－1＝1＋＋＋…＋，
所以S1＋S2＋…＋Sn－1
＝n－1＋(n－2)＋(n－3)＋…＋[n－(n－1)]
＝n－1＋n－1＋n－1＋…＋n－1
＝n－(n－1)＋n
＝1＋n
＝n
而(Sn－1)g(n)＝×g(n)，
因此g(n)＝n.
故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立．
方法二　由bn＝，可得Sn＝1＋＋…＋，
Sn－Sn－1＝(n≥2)，即n(Sn－Sn－1)＝1(n≥2)，故nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，
以上式子相加得nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋(n－1)，
则有S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)(n≥2)，
因此g(n)＝n，
故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立．

5．(2019·诸暨质检)已知数列{an}的各项都大于1，且a1＝2，a－an＋1－a＋1＝0(n∈N*)．
(1)求证：≤an (2)求证：＋＋＋…＋<1.
证明　(1)由a－a＝an＋1－1>0，得an＋1>an，
∵an＋1－an＝<1，
∴an＋1＝(an＋1－an)＋…＋(a2－a1)＋a1 an＋1－an＝>＝－>，
∴an＝(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1>＋2
＝(n≥2)，
又a1＝2＝，∴an≥.
∴原不等式得证．
(2)∵a－a＝an＋1－1≥－1＝，
∴a>＋a＝，
即a≥，
2a－3≥＝，
＋＋…＋
≤4
＝4＝1－<1.
∴原不等式得证．

6．(2018·浙江名校协作体考试)已知无穷数列{an}的首项a1＝，＝，n∈N*.
(1)证明：0＜an＜1；
(2)记bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn＜.
证明　(1)①当n＝1时，0＜a1＝＜1，显然成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即0＜ak＜1，
那么当n＝k＋1时，
＝＞·2＝1，
∴0＜ak＋1＜1.
即当n＝k＋1时不等式也成立．
综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立．
(2)∵0＜an＜1，∴＝＞1，
即an＋1＞an，∴数列{an}为递增数列．
又－＝－＝，
易知为递减数列，
∴为递减数列，
又＝＝，
∴当n≥2时，－≤＝＝，
∴当n≥2时，
bn＝＝(an＋1－an)≤(an＋1－an)．
当n＝1时，Tn＝T1＝b1＝＜，成立；
当n≥2时，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn≤＋[(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an＋1－an)]
＝＋(an＋1－a2)≤＋(1－a2)
＝＋＝＜.
综上，对任意正整数n，Tn＜.