2021届山东高考数学一轮创新教学案：解答题专项突破（三）　数列的综合应用

解答题专项突破(三)　数列的综合应用从近几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有：①以客观题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，试题多以常规题为主；②等差、等比数列的通项与求和问题；③非等差、等比数列的通项与求和问题，此时常用到递推关系或转化成等差、等比的形式进行求解；④与函数、不等式等进行综合考查．备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前n项和的求解，同时，针对性地掌握求数列通项公式与前n项和的几种常用方法．针对具体问题选取针对性的解决方案进行求解．热点题型1　等差数列与等比数列的判定和通项问题典例1　　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*.(1)求a3，a4，a5，a6的值；(2)求数列{an}的通项公式．解题思路　(1)根据(3－1)a3－2a1＋2(－1－1)＝0，(3＋1)a4－2a2＋2(1－1)＝0，(3－1)a5－2a3＋2(－1－1)＝0，(3＋1)a6－2a4＋2(1－1)＝0.及a1，a2的值，求a3，a4，a5，a6.(2)递推公式中有(－1)n→分n为奇数和偶数讨论→判断是否为等差、等比数列→求通项公式．规范解答　(1)经计算a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝.(2)当n为奇数时，an＋2＝an＋2，即数列{an}的奇数项成等差数列，∴a2n－1＝a1＋(n－1)·2＝2n－1；当n为偶数时，an＋2＝an，即数列{an}的偶数项成等比数列，∴a2n＝a2·n－1＝n.因此，数列{an}的通项公式为an＝典例2　　设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列{an}的通项公式．解题思路　(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，由此推出a4与a1，a2，a3的关系，求a4.(2)用an＝Sn－Sn－1(n≥2)及4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1推出数列{an}的递推公式→求证为常数，其中n∈N*.(3)由(2)求出an＋1－an→构造等差数列，并求通项公式→求{an}的通项公式．规范解答　(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，整理得a4＝，又a2＝，a3＝，所以a4＝.(2)证明：当n≥2时，有4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，即4Sn＋2＋4Sn＋Sn＝4Sn＋1＋4Sn＋1＋Sn－1，所以4(Sn＋2－Sn＋1)＝4(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，即an＋2＝an＋1－an(n≥2)．经检验，当n＝1时，上式成立．因为＝＝＝为常数，且a2－a1＝1，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列．(3)由(2)知，an＋1－an＝(n∈N*)，等式两边同乘2n，得2nan＋1－2n－1an＝2(n∈N*)．又20a1＝1，所以数列{2n－1an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以2n－1an＝2n－1，即an＝(n∈N*)．则数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)．热点题型2　数列求和典例1　　已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，记bn＝anSn(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解题思路　(1)利用an＝求an.(2)先由bn＝anSn，求bn并整理，再依据bn的结构形式选择求和方法．规范解答　(1)∵Sn＝2n＋1－2，∴当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，又a1＝2＝21，∴an＝2n.(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(41＋42＋…＋4n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝2×－＝·4n＋1－2n＋2＋.典例2　　(2019·河北邯郸一模)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，bn－an＝2n＋1，且Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2.(1)求Tn－Sn；(2)求数列的前n项和Rn.解题思路　(1)Tn－Sn转化为数列{bn－an}的前n项和→分组求和．(2)求Sn→求an→求bn→求→用错位相减法求和．规范解答　(1)依题意可得b1－a1＝3，b2－a2＝5，…，bn－an＝2n＋1，∴Tn－Sn＝(b1＋b2＋…＋bn)－(a1＋a2＋…＋an)＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(bn－an)＝n＋(2＋22＋…＋2n)＝2n＋1＋n－2.(2)∵2Sn＝Sn＋Tn－(Tn－Sn)＝n2－n，∴Sn＝，∴an＝n－1.又bn－an＝2n＋1，∴bn＝2n＋n，∴＝1＋，∴Rn＝n＋，则Rn＝n＋，∴Rn＝n＋－，故Rn＝n＋2×－＝n＋2－.热点题型3　数列与不等式的综合问题角度1　数列中不等式的证明典例1　　设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1.解题思路　(1)先根据an＝Sn－Sn－1(n≥2)和2Sn＝(n＋1)an推出数列{an}的递推公式，再求an.(2)先依据第(1)问的结论化简，再选择裂项相消法求和，最后根据n∈N*及有关函数的单调性证明不等式．规范解答　(1)因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，＝，所以＝＝2，即an＝2n(n≥2)．因为a1＝2也符合上式，所以an＝2n.(2)证明：由(1)知an＝2n，令bn＝，n∈N*，所以bn＝＝＝－.所以Tn＝b1＋b2＋…bn＝＋＋…＋＝1－.因为＞0，所以1－＜1，显然当n＝1时，Tn取得最小值.所以≤Tn＜1.角度2　数列中不等式的恒成立问题典例2　　已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)．(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解题思路　(1)求证an＋1－an为常数，其中n∈N*.(2)累加法求an→分离变量把已知不等式变形为λ>f(n)的形式→求f(n)的最大值，得λ的取值范围．规范解答　(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5，所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5.(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1.当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2.当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2，由λan>2n＋n＋2λ，得λ>＝＋.又－＝≤0，所以，当n＝1,2时，取得最大值，故λ的取值范围为.热点题型4　数列与函数的综合问题典例　　(2019·曲靖模拟)已知函数f(x)＝2019sin(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2n，求数列{bn}的前n项和Tn.解题思路　(1)解方程f(x)＝0，求出函数f(x)的全部零点，并判断由所有正零点构造的递增数列{an}是否为等差(或等比)数列，最后求出通项公式．(2)依据第(1)问的结论，化简bn，选择适当的求和方法求Tn.规范解答　(1)由f(x)＝2019sin＝0，得πx－＝kπ(k∈Z)，所以函数f(x)的全部零点为x＝k＋(k∈Z)．因为函数f(x)的全部正零点构成等差数列{an}，所以其首项为，公差为1，则数列{an}的通项公式为an＝n－(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝2n＝n·2n，则Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①所以2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②①－②，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.