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2022高考数学一轮总复习课件:综合突破三 数列综合问题

1、综合突破三综合突破三 数列综合问题数列综合问题 考点一考点一 基本综合问题基本综合问题 (2020全国卷)设数列an满足 a13,an13an4n. (1)计算 a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明; (2)求数列2nan的前 n 项和 Sn. 解:(1)a25,a37, 猜想 an2n1,证明如下: 由已知可得 an1(2n3)3an(2n1), an(2n1)3an1(2n1), a253(a13) 因为 a13,所以 an2n1. (2)由(1)得 2nan(2n1) 2n,所以 Sn32522723(2n1)2n. 2Sn322523724(2n1)2n 1. 得 Sn322222

2、2322n(2n1)2n 122(12 n) 12 (2n1)2n 1 (12n)2n 12, 所以 Sn(2n1) 2n 12. 【点拨】 先观察分析,再猜想证明是研究数学问题的重要方 法 无论是求数列的通项还是求数列的前 n 项和, 通过变形整理后, 能够把已知“陌生”数列转化为我们熟悉的等差数列或等比数列 (或相关求和问题),进而解决 (2020全国卷)设an是公比不为 1 的等比数列,a1为 a2, a3的等差中项 (1)求an的公比; (2)若 a11,求数列nan的前 n 项和 解:(1)设an的公比为 q,由题意得 2a1a2a3,a10,所以 q2q20,因 为 q1,所以 q

3、2. (2)设nan的前 n 项和为 Sn,a11,an(2)n 1,S n112(2)3(2) 2 n(2)n 1, 2Sn1(2)2(2)23(2)3(n1)(2)n 1n(2)n, 得,3Sn1(2)(2)2(2)n 1n(2)n1(2) n 1(2) n(2)n 1(13n)(2) n 3 , 所以 Sn1(13n)(2) n 9 . 考点二考点二 数列与函数、不等式数列与函数、不等式 (20192020 学年四川成都高一下期末)已知数列an的前 n 项和为 Sn, 且满足 2Sn 3an3. (1)证明:数列an是等比数列; (2)若数列bn满足 bnlog3an,记数列 1 bnb

4、n1 的前 n 项和为 Tn,证明:1 2Tn0,所以Tn为单调递增 数列,故 TnT11 2, 因为 nN*,则 1 n10,故 Tn1 1 n11, 所以1 2Tn1. 【点拨】 数列与函数的交汇一般体现在两个方面: 一是以数列的特征量 n, an,Sn为坐标的点在函数图象上,可得数列的递推关系;二是数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数,然后利用函数的性质求解数列问题数列不等式 的证明问题,一般要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活运用 (2021届湖南高三9月联考)在an 1 an 1 2,an1an 1 6,an1 ann8 这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的

5、 Sn存在最 大值,则求出最大值;若问题中的 Sn不存在最大值,请说明理由 问题: 设 Sn是数列an的前 n 项和, 且 a14, _, 求an的通项公式, 并判断 Sn是否存在最大值 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 解:选, 因为an 1 an 1 2,a14,所以an是首项为 4,公比为 1 2的等比数列, 所以 an4 1 2 n1 1 2 n3 . 当 n 为奇数时,Sn 4 1 1 2 n 11 2 8 3 1 1 2n , 因为8 3 1 1 2n 随着 n 的增加而减少,所以此时 Sn的最大值为 S14. 当 n 为偶数时,Sn8 3 1 1 2n , 且 Sn

6、8 3 1 1 2n 8 30,故 Sn不存在最大值 (20192020 学年哈尔滨九中高一下期末)已知等比数列an满足 a12,a24(a3 a4),正项数列bn的前 n 项和为 Sn,且 2 Snbn1. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)若 0,求对所有的正整数 n 都有 22k2a2nbn成立的 k 的取值范围 解:(1)设数列an的公比为 q,因为 a12,a24(a3a4),所以 2q4(2q22q3),解得 q1 2(q 0 舍去),所以 an2 1 2 n1 1 2n 2, 由 2 Snbn1 得,Sn(bn1) 2 4 , 由 S1b1(b11) 2 4 ,得 b11

7、, 当 n2 时,bnSnSn1(bn1) 2 4 (bn 11)2 4 , 即(bnbn1)(bnbn12)0, 因为 bn0,所以 bnbn12,所以bn是首项为 1,公差为 2 的等差数列,则 bn12(n1) 2n1. (2)由(1)知 a2nbn2n1 22n 22n1 4n 1, 设 dna2nbn2n1 4n 1, 则 n2 时, dndn12n1 4n 12n3 4n 2 116n 4n 1, 因为 n2,所以 dndn1a2nbn成立,即 22k21 恒成立,因为 0, 所以 k2 1 恒成立,即 k0 时, 2 1 2 2 1 2 2,当且仅当 2 1 ,即 2 2 时等号

8、成立,所以 k2 2.所以 k 的取值范围为(,2 2) 【点拨】 数列不等式恒成立求参数范围的综合问题,涉及知识面广、综合 性强,对能力要求高,能较好地考查学生的思维能力,此类问题的解题策略有: 分离参数法:对于参数与主变量未分开的不等式恒成立问题,优先考虑分离 参数,再转化为最值问题处理;单调性法:对于与数列单调性有关的不等式 恒成立问题,可以利用数列单调性定义转化为不等式恒成立问题的一般形式, 再求参数范围;最值(有界性)法:对于一边能求和(或放缩后能求和)的数列不 等式恒成立问题,一般先求和再求出数列和的最值(或上界、下界),进而求出 参数范围 (20202021 学年河南豫南九校高二

9、上第一次联考)已知数列an中, a1a21,且当 n2,nN*时满足 nan1(n1)an. (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn2n 1 an1 ,若对任意的 nN*,数列bn是单调递减数列,求实 数 的取值范围 解:(1)由已知得 an1 n1 an n (n2), 数列 an n ,当 n2 时为常数列,且各项为1 2, 所以当 n2 时,ann 2,又因为 a11, 所以 an 1,n1, n 2,n2. (2)由(1)知,bn2n 1 an1 2n 2 n1 , 若对任意的 nN*,数列bn是单调递减数列, 则 bn1bn2n 4 n2 2 n1 4 n2 2 n1 max,

10、 又 4 n2 2 n1 2n (n1)(n2) 2 n2 n3 , 因为函数 yx2 x(x0)在区间(0, 2)上单调递减,在( 2,)上单调递增,所以当 n1 或 n 2 时,n2 n3 取得最小值 6,即 4 n2 2 n1取得最大值 1 3, 故实数 的取值范围为 1 3, . 考点三考点三 数列中的新定义及探索问题数列中的新定义及探索问题 (2020全国新高考卷)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420,a38. (1)求an的通项公式; (2)记 bm为an在区间(0,m(mN*)中的项的个数,求数列bm的前 100 项和 S100. 解:(1)设an的公比为 q(q1

11、)由题设得 a1qa1q320, a1q28, 解得 q1 2(舍去)或 q2.由题 设得 a12.所以an的通项公式为 an2n. (2)由题设及(1)知 b10,且当 2nm2n 1 时,bmn.所以 S100b1(b2b3)(b4b5 b6b7)(b32b33b63)(b64b65b100)012222323424 5256(10063)480. 【点拨】 解数列中的新定义问题的解题步骤:读懂定义,理解新定义 数列的含义;通过特例列举(一般是前面一些项)寻找新定义数列的规律及 性质,以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系,进行求解 (2020届山东济宁高三三模)已知数列an的

12、各项均为正数,其前 n 项和 Snan(an1) 2 ,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)设 bnlog2an2 an1,若称使数列bn的前 n 项和为整数的正整数 n 为“优化 数”,试求区间(0,2 020)内所有“优化数”的和 S. 解:(1)由数列an的前 n 项和 Snan(an1) 2 知, 当 n1 时,S1a1(a11) 2 ,a1S1,所以 a1(a11)0,又 a10,所以 a11, 当 n1 时,anSnSn1an(an1) 2 an 1(an11) 2 ,整理得:(anan1)(an an11)0, 因为 anan10,所以有 anan11,所以数列an是首

13、项 a11,公差 d1 的等 差数列, 数列an的通项公式为 ana1(n1)dn. (2)由 ann 知,bnlog2an2 an1log2 n2 n1, 数列bn的前 n 项和为 b1b2b3bn log23 2log2 4 3log2 5 4log2 n2 n1 log2 3 2 4 3 5 4 n2 n1 log2(n2)1, 令 b1b2b3bnk(kZ),则有 log2(n2)1k,n2k 12, 由 n(0,2 020),kZ,知 k10 且 kN*, 所以区间(0,2 020)内所有“优化数”的和为 S(222)(232)(242)(2102) (222324210)182 2

14、(129) 12 18 211222 026. (2021 届湖北六校高三 11 月联考)在bn为等比数列, b1a1, 3b2a2, bn 为等差数列,2b1a1,4b2a2,bn为等比数列,b1a12,b2a24 这三个条件 中任选一个,补充在下面的问题中,并作答 已知数列an满足a1 2 a2 22 a3 23 an 2nn 2(nN*),数列b n满足_,Sn为数 列 an bn 的前 n 项和,是否存在正整数 k,使得 Sk2 020 成立?若存在,求出 k 的最小值; 若不存在,请说明理由 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 解:由a1 2 a2 22 a3 23 an

15、 2nn 2 可得, a1 2 a2 22 a3 23 an1 2n 1(n1)2(n2), 两式相减可得,an 2nn 2(n1)22n1, 所以 an(2n1) 2n, 当 n1 时,由a1 2 a2 22 a3 23 an 2nn 2 可得,a12,满足 an(2n1) 2n, 所以 an(2n1) 2n. 若选,可得 b12,b24,所以 bn2n,此时an bn2n1, 可得 Sn135(2n1)n2, 由 Snn22 020,可得 n45(nN*), 所以存在最小 k 值为 45. 若选,可得 b11,b23,所以 bn2n1,此时an bn2 n, 可得 Sn2n 12, 由 S

16、n2 020,可得 n10, 所以存在最小 k 值为 10. 若选,可得 b14,b216,所以 bn4n,此时an bn 2n1 2n , 所以 Sn1 2 3 22 5 23 2n3 2n 12n1 2n , 1 2Sn 1 22 3 23 5 24 2n3 2n 2n1 2n 1, 两式相减得,1 2Sn 1 2 1 2 1 22 1 2n 12n1 2n 13 2 2n3 2n 1,则 Sn32n3 2n 1),使得 a1,ak,Sk2成等比数列?若存在,求出 k 的值;若不 存在,请说明理由 从an12an0,SnSn1n(n2),Snn2这三个条件中任选一个,补充 在上面问题中,并

17、作答 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 解:若选,则数列an是首项为 1,公比为 2 的等比数列,所以 an2n 1, Sn12 n 12 2n1, 所以 a1Sk22k 21,a2 k(2 k1)222k2, 若 a1,ak,Sk2成等比数列,则 a1Sk2a2 k, 则 2k 2122k2,即 22k2k440,即(2k8)260, 解得 2k8 2 15,均不符合题意, 故不存在正整数 k(k1),使得 a1,ak,Sk2成等比数列 若选,则当 n2 时,anSnSn1n, 又 a11 符合上式,则 ann,nN*, 所以 Snn(n1) 2 , 所以 a1Sk2(k2)(k3) 2 ,a2 kk 2, 若 a1,ak,Sk2成等比数列,则 a1Sk2a2 k, 即(k2)(k3) 2 k2,解得 k6 或 k1(舍去), 故存在 k6,使得 a1,ak,Sk2成等比数列 若选,则当 n2 时,anSnSn1n2(n1)22n1,又 a11 符合上式, 则 an2n1,nN*, 所以 a1Sk2(k2)2,a2 k(2k1) 2, 若 a1,ak,Sk2成等比数列,则 a1Sk2a2 k, 则(k2)2(2k1)2,即(3k1)(k3)0, 解得 k3 或 k1 3(舍去), 故存在 k3,使得 a1,ak,Sk2成等比数列.