2019届二轮复习数列的综合问题学案（全国通用）


考情速递：


1.(2018年新课标Ⅱ理)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1＝－7,S3＝－15.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn,并求Sn的最小值.
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d.
S3＝3a1＋3d＝3×(－7)＋3d＝－15,解得d＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝－7＋2(n－1)＝2n－9.
（2）Sn＝＝＝n2－8n.
∵Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16,
∴当n＝4时,Sn有最小值为－16.


例1（2018•天津）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N ）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N ）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（Ⅰ）求Sn和Tn；
（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+……+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．
【分析】（Ⅰ）设等比数列{bn}的公比为q，由已知列式求得q，则数列{bn}的通项公式与前n项和可求；等差数列{an}的公差为d，再由已知列关于首项与公差的方程组，求得首项与公差，代入等差数列的通项公式与前n项和公式可得Sn；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求出T1+T2+……+Tn，代入Sn+（T1+T2+……+Tn）=an+4bn，化为关于n的一元二次方程求解正整数n的值．

（Ⅱ）由（Ⅰ），可得T1+T2+……+Tn==2n+1﹣n﹣2．
由Sn+（T1+T2+……+Tn）=an+4bn，
可得，
整理得：n2﹣3n﹣4=0，解得n=﹣1（舍）或n=4．
∴n的值为4．
题型二数列与其它知识的交汇
例2（2018•葫芦岛二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=an+n﹣1，设bn=an﹣；
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设cn=log3bn•log3bn+2，求证：＜
【分析】（1）当n=1时，求出，当n≥2时，由Sn=an+n﹣1，得Sn﹣1=an﹣1+（n﹣1）﹣1，求出，推导出，由此能求出数列{an}的通项公式．
（2）由，得到cn+1=n（n+2），从而，由此能证明＜．

①﹣②得：，即，
∴，
∵，∴，
∴
证明：（2）∵，所以cn=log3bn•log3bn+2=（n﹣1）（n+1），
所以cn+1=n（n+2），
所以
因此=
=＜，
故＜．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查数列不等式的证明，考查构造法、等比数列的性质、裂项求和法等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查化归与转化思想，是中档题．
变式训练题
．（2018•大庆一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）在曲线上，数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1，b4=11，{bn}的前5项和为45．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）设，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式恒成立的最大正整数k的值．

因为数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1，所以{bn}为等差数列．设其公差为d．
则，解得，
所以bn=2n+3．
（2）由（1）得，=，=，
因为，
所以{Tn}是递增数列．所以，
故恒成立只要恒成立．
所以k＜9，最大正整数k的值为8．

1（2018•郑州三模）已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a2+a8=22，且a4，a7，a12成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若，证明：
【解析】：（Ⅰ）因为{an}为等差数列，且a2+a8=22，∴，由a4，a7，a12成等比数列，得，
即（11+2d）2=（11﹣d）•（11+7d），∵d≠0，∴d=2，∴a1=11﹣4×2=3
故an=2n+1（n∈N ）

必刷题：
一．选择题
1（2018•洛阳三模）记数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=1，，则S2018=（　　）
A．3（21009﹣1） B． C．3（22018﹣1） D．
【答案】：A
【解析】根据题意，数列{an}中，（sn+1﹣sn）an=2n，则有an+1•an=2n，①
进而可得an•an﹣1=2n﹣1，②
①÷②可得：=2，
当n=1时，a1•a2=2，又由a1=1，则a2=2，
则当n为奇数时，an=n﹣1，
当n为偶数时，an=n，
则S2018=a1+a2+a3+……+a2018=（a1+a3+……+a2017）+（a2+a4+……+a2018）
=+=3（21009﹣1）；
故选：A．
2（2018•沈阳一模）在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1•a5=64，则数列的前n项和是（　　）
A． B． C． D．
【答案】：A

即为{}，
可得=﹣，
数列的前n项和是
﹣+﹣+…+﹣
=1﹣，
故选：A．
3．（2018•广州一模）已知数列{an}满足a1=2，，设，则数列{bn}是（　　）
A．常数列 B．摆动数列 C．递增数列 D．递减数列
【答案】：D
【解析】∵，
∴an+1=（an+），
∵，
∴bn+1====bn2＞0，
∴bn+1﹣bn=bn2﹣bn=bn（bn﹣1）
∵a1=2，b1==，
∴b2=（）2，
∴b3=（）2=（）4，
b4=（（）4）2=（）8，
∴数列{bn}是递减数列，
故选：D．　
4（2018•青州市三模）已知数列{an}，定义数列{an+1﹣2an}为数列{an}的“2倍差数列”，若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an+1﹣2an=2n+1，且a1=2，若函数{an}的前n项和为Sn，则S33=（　　）
A．238+1 B．239+2 C．238+2 D．239
【答案】：B

所以：（首项符合），
故：．
①，
②，
①﹣②得：，
整理得：，
所以：=239+2．
故选：B．　
5．（2018•广东二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=15，且满足=+1，已知n，m∈N，n＞m，则Sn﹣Sm的最小值为（　　）
A． B． C．﹣14 D．﹣28
【答案】：C

6．（2018•安庆模拟）已知首项为5的数列{an}满足an+1=4an﹣3，若不等式（﹣1）nklog4（an﹣1）＜n2+2n+4对所有的正整数n都成立，则实数k的取值范围为（　　）
A．[﹣6，6） B．[﹣6.5） C．（） D．（）
【答案】：C
【解析】令bn=log4（an﹣1），
∵bn+1=log4（an+1﹣1）=log4[4（an﹣1）]=1+log4（an﹣1）=1+bn，
∴bn+1﹣bn=1（常数），
∴数列{bn}是以b1=log44=1为首项，1为公差的等差数列，
∴bn=1+（n﹣1）×1=n，
∴（﹣1）nkbn＜2Sn+n+4等价于，
①当n为偶数时，原式变为k＜n+．
∵n+≥2+2=6（当且仅当n=，即n=2时，“=”成立），
∴n=2时，n++2取最小值6，故k＜6．

由f（1）=﹣7＜f（3）=﹣，即f（n）=﹣（n为奇数），∴k＞．
综上，k的取值范围是（﹣，6）．
故选：C．
7（2018秋•抚顺期末）已知数列{an}中，a1=2，n•an+1﹣（n+1）•an=1，n∈N ．若对于任意的n∈N ，不等式＜a恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（3，+∞） B．（﹣∞，3） C．[3，+∞） D．（﹣∞，3]
【答案】：C
【解析】数列{an}中，a1=2，n•an+1﹣（n+1）•an=1，n∈N ．
可得﹣==﹣，
由﹣=1﹣，﹣=﹣，
﹣=﹣，…，﹣==﹣，
上面各式相加可得，
得﹣=1﹣，
则=3﹣＜3，
由对于任意的n∈N ，不等式＜a恒成立，
可得a≥3，
即有a的取值范围是[3，+∞）．
故选：C．
二填空题
8．（2018•江门一模）设[x]表示不超过x的最大整数，如[π]=3，[﹣3.2]=﹣4，则
[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=　92　．
【答案】：92

9（2018•济南二模）已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]=2，[﹣1.5]=﹣2．在数列{an}中，an=[1gn]，n∈N+，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2018=　4947　．
【答案】：4947
【解析】∵an=[1gn]，
∴a1=[1g1]=0，a2=[1g2]=0，…，a9=[1g9]=0，
a10=[1g10]=1，a11=[1g11]=1，…，a99=[1g99]=1，
a100=[1g100]=2，a101=[1g101]=2，…，a999=[1g999]=2，
a1000=[1g1000]=3，a1001=[1g1001]=3，…，a2018=[1g2018]=3，
∴S2018=9×0+90×1+900×2+2019×3=4947
故答案为：4947
10．（2018•菏泽一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足，记，若对任意的n∈N ，总有λbn﹣1＞0成立，则实数λ的取值范围为　　．
【答案】：
【解析】令n=1，得；
令n=3，可得；
令n=4，可得．
故，即．
由λbn﹣1＞0对任意n∈N 恒成立，
得对任意n∈N 恒成立，又．
所求实数λ的取值范围为．
故答案为：．
11．（2018•朝阳三模）设Sn为数列{an}的前n项和，a1=0，若an+1=[1+（﹣1）n]an+（﹣2）n（n∈N ），则S100=　　．
【答案】：

=2（a2+a4+a6+…+a98）+（22+24+26+…+298）+（a2+a4+a6+…+a100）
=3（a2+a4+a6+…+a100）﹣2a100+（22+24+…+298）
=
=．
故答案为：．　
12．（2018•黄浦区二模）已知数列{an}是共有k个项的有限数列，且满足，若a1=24，a2=51，ak=0，则k=　　．
【答案】：50
【解析】根据题意，数列{an}满足an+1=an﹣1﹣，
变形可得：an+1an﹣an﹣1an=﹣n，
则有（a3a2﹣a2a1）=﹣2，
（a4a3﹣a3a2）=﹣3，
（a5a4﹣a4a3）=﹣4，
……
akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1），
相加可得：akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）]，
又由a1=24，a2=51，ak=0，
则有k2﹣k﹣2450=0，
解可得：k=50或﹣49（舍）；
故k=50；
故答案为：50．　
13．（2018•赣州一模）等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=3，S9=45，对∀n∈N ，都有t＞，则实数t的最小值为　　．
【答案】：2

14（2018•淮南二模）设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N+，an，Sn，an2成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn=，若对任意的实数x∈（1，e]（e是自然对数的底）和任意正整数n，总有Tn＜r（r∈N+），则r的最小值为　．
【答案】：2

所以an=n（n∈N ）；
对任意实数x∈（1，e]，有0＜lnx＜1，
对于任意正整数n，总有bn=≤，
因此Tn≤=2﹣＜2，
所以Tn＜r（r∈N+），则r的最小值为2．
故答案为：2．
三、解答题
15．（2018•桂林三模）记公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=2+，S2=12+3．
（1）求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn．
（2）试问：在数列{an}中是否存在三项ar，as，at（r＜s＜t，r，s，t∈N+）恰好成等比数列？若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直接利用题中的条件求出数列的通项公式．
（2）利用反证法求出结果．
【解析】：（1）设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=2+，S3=12+3．
则：，
解得：d=2．
则：an=a1+（n﹣1）d=2n+，
==．

由于r，t，s∈N+，
所以：为有理数．
故：这与为无理数有矛盾．
若rt﹣s2=0，得到r=s=t，这与r＜s＜t矛盾，
故：不存在这样的三项ar，as，at（r＜s＜t，r，s，t∈N+）恰好成等比数列．
16．（2018•唐山三模）已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1=1，b1=2，a2+b2=7，a3+b3=13．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）若，求数列{cn}的前2n项和S2n．
【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的通项公式，直接利用分组法求出数列的和．
【解析】：（1）数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，设公差为d，公比为q．
由于：a1=1，b1=2，a2+b2=7，a3+b3=13．
则：，
解得：q=2，d=2．
故：an=a1+2（n﹣1）=2n﹣1
．
（2）
由于：，
则：．
故：+（2n+1）+2n，
=+，
=．　
17．（2018•株洲二模）已知数列{an}满足．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）证明：．
【分析】（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）化简数列的通项公式，通过裂项相消法数列的和即可．
　
18．（2018•顺义区二模）已知数列An：a1，a2，…an．如果数列Bn：b1，b2，…bn满足b1=an，bk+bk﹣1=ak+ak﹣1，其中k=2，3，…，n，则称Bn为An的“陪伴数列”．
（Ⅰ）写出数列A4：3，1，2，5的“陪伴数列”B4；
（Ⅱ）若A9的“陪伴数列”是B9．试证明：b9，a9，a1成等差数列．
（Ⅲ）若n为偶数，且An的“陪伴数列”是Bn，证明：bn=a1．
【分析】（Ⅰ）根据已知条件只接写出陪伴倒数．
（Ⅱ）利用陪伴倒数证明数列是等差数列．
（Ⅲ）利用叠加法求出结果．

……
b8+b9=a8+a9，
将上述几个等式中的第2，4，6，8，这4个式子都乘以﹣1，
相加得：b1﹣（b1+b2）+（b2+b3）+…+（b8+b9）=an﹣（a1+a2）+（a2+a3）+…+（a8+a9），
即：b9=a9﹣a1+a9=2a9﹣a1，
故：2a9=b9+a1．
所以：b9，a9，a1成等差数列．
（Ⅲ）证明：因为 b1=an，
b1+b2=a1+a2，
b2+b3=a2+a3，
…
bn﹣1+bn=an﹣1+an，
由于n为偶数，将上述n个等式中的第2，4，6…，n这个式子都乘以﹣1，
相加得：
b1﹣（b1+b2）+（b2+b3）﹣…﹣（bn﹣1+bn）=an﹣（a1+a2）+（a2+a3）﹣…﹣（an﹣1+an），
所以：﹣bn=﹣a1，
即：bn=a1．
　
19．（2018•齐齐哈尔二模）设数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，Sn+1=3Sn+3．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn，并求使Tn＞（m2﹣3m）对所有的n∈N 恒成立的整数m的取值集合．
【分析】（I）由a1=3，Sn+1=3Sn+3．变形为Sn+1+=3（Sn+）．S1+=．利用等比数列的通项公式可得Sn．再利用n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1即可得出．
（II）bn===2，再利用裂项求和方法即可得出数列{bn}的前n项和Tn．再利用不等式的解法即可得出．

（II）bn===2，
∴数列{bn}的前n项和Tn=2+……+=2≥1．
Tn＞（m2﹣3m），∴1＞（m2﹣3m），∴﹣1＜m＜4，
使Tn＞（m2﹣3m）对所有的n∈N 恒成立的整数m的取值集合为{0，1，2，3}．
20（2018•南开区二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=，且当n≥2时，=+2．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=，证明：+++…+＜．
【分析】（Ⅰ）由已知可得数列{}是以2为首项，以2为公差的等差数列，由此求得Sn，再由an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）把数列{an}的通项公式代入bn=，结合裂项相消法即可证明结论．

（Ⅱ）证明：由bn=，得（n≥2）．
∴=．
∴+++…+
=+…+
=．
21．（2018•重庆三模）有如下数阵（2），（22，23），（23，24，25），…（2n，2n+1，…22n﹣1）其中第n个括号内的所有元素之和记为an．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=（﹣1）n•n2+log2（4n﹣an），求数列{bn}的前100项和S100．
【分析】（Ⅰ）an=2n+2n+1+…+22n﹣1，利用等比数列的求和公式即可得出．
（Ⅱ）bn=（﹣1）n•n2+log2（4n﹣an）=（﹣1）n•n2+n，1+2+……+n=，（﹣1）2k﹣1（2k﹣1）2+（﹣1）2k（2k）2=4k﹣1．即可得出．
　
22（2018•惠州模拟）已知数列{an}的各项均为正数，且
（1）求an；
（2）若，求数列{bn}的前n和Tn
【分析】（1）由得[an﹣（2n+1）]•（an+1）=0，解得an=2n+1或an=﹣1，又数列{an}的各项均为正数，可得an．
（2）由，∴，可得
，
法一：利用错位相减法即可得出．
法二：对n分类讨论，分组求和方法即可得出．
【解析】：（1）由得[an﹣（2n+1）]•（an+1）=0，
∴an=2n+1或an=﹣1…（2分）
又∵数列{an}的各项均为正数，
∴．
（2）∵，∴…（4分）
由①
（﹣1）Tn=﹣3+5﹣7+9+……+（﹣1）n﹣1（2n﹣1）+（﹣1）n（2n+1）②…（6分）
①﹣②得：
=2+（﹣1）n﹣1﹣（﹣1）n•（2n+1）
=2+（﹣1）n﹣1（2n+2）…（10分）
∴…（12分）