2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第3讲 数列的综合问题

上传人:小**** 文档编号:175428 上传时间:2021-03-28 格式:DOCX 页数:20 大小:126.52KB
下载 相关 举报
2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第3讲 数列的综合问题_第1页
第1页 / 共20页
2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第3讲 数列的综合问题_第2页
第2页 / 共20页
2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第3讲 数列的综合问题_第3页
第3页 / 共20页
2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第3讲 数列的综合问题_第4页
第4页 / 共20页
2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第3讲 数列的综合问题_第5页
第5页 / 共20页
点击查看更多>>
资源描述

1、第 3 讲 数列的综合问题 考情研析 1.从具体内容上, 数列的综合问题主要考查: 数列与函数、 不等式结合, 探求数列中的最值或证明不等式;以等差数列、等比数列为背景,利用函数观点探求参数的 值或范围 2.从高考特点上,常在选填题型的最后两题及解答题第 17 题中出现 核心知识回顾 数列的综合问题 (1)以数列知识为纽带,在数列与函数、方程、不等式的交汇处命题,主要考查利用函数 观点、不等式的方法解决数列问题,往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等 (2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题,除了需要用到数列知识外,还要运用函数、 不等式等相关知识和方法,特别是题目条件中的“新知识”是

2、解题的钥匙,此类问题体现了即 时学习,灵活运用知识的能力 热点考向探究 考向 1 数列与函数的综合问题 例 1 (1)(2020 山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)已知数列an的首项 a1 1,函数 f(x)x3an1ancos n 3 为奇函数,记 Sn为数列an的前 n 项和,则 S2020的值是 ( ) A2023 2 B1011 C1008 D336 答案 A 解析 函数 f(x)x3an1ancos n 3 为奇函数,则 f(0)an1ancos n 3 0,即 an1 ancos n 3 ,cos n 3 的周期为 6.a2a11 2,a3a2 1 2,a4a31,a5a

3、4 1 2,a6a5 1 2,a7a61.a11,a2 3 2,a31,a40,a5 1 2,a60,a71,an 以 6 为周期循 环故 S2020336(a1a2a3a4a5a6)a1a2a3a42023 2 .故选 A. (2)(2020 广东省汕头市三模)已知数列an的首项 a121,且满足(2n5)an1(2n3)an 4n216n15,则an中最小的一项是( ) Aa5 Ba6 Ca7 Da8 答案 A 解析 由已知得 an1 2n3 an 2n51, a1 257,所以数列 an 2n5 是首项为7,公差为 1 的等差数列, an 2n57(n1)n8,则 an(2n5)(n8)

4、2n 221n40,因为 21 22 5.25,所以an中最小的一项是第 5 项故选 A. 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件, 通常利用点在 曲线上给出 Sn的表达式,还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用 数列与函数的对应关系,将条件进行准确的转化 Sn是等差数列an的前 n 项和,对任意正整数 n,2Sn是 anan1与 1 的等差中项 (1)求数列an的通项公式; (2)求数列 an1 8an 的最大项与最小项 解 (1)设an的首项为 a1,公差为 d,取 n1,2, 得 4a 1a1(a1d)1, 4(2a1d)(a1d)(a12d

5、)1, 解得 a 11, d2 或 a11 4, d1 4, 当 a11,d2 时,an2n1,an12n1,Snn2满足条件; 当 a11 4,d 1 4时,a3 1 4,a4 1 2,S30 不满足条件,舍去, 综上,数列an的通项公式为 an2n1. (2) an1 8an 2n1 92n,记 f(x) 2x1 92x1 10 92x, f(x)在(,4.5)与(4.5,)上都是增函数(图象如图所示), 对数列 an1 8an ,当 n4 时, an1 8an 递增且都大于1, 当 n5 时, an1 8an 递增且都小于1, 数列 an1 8an 的最大项是第 4 项,值为 9,最小项

6、是第 5 项,值为11. 考向 2 数列与不等式的综合问题 例 2 (1)(2020 天津市滨海新区模拟)已知 bR,数列an为等比数列,a11,a2a3 1 4, 数列an的前 n 项和为 Sn, 若 b 2b 2S2n 对于任意 nN*恒成立, 则 b 的取值范围为( ) A 1 2,1 B ,1 2 1,) C. 1 17 4 ,1 17 4 D 1 17 4 ,1 答案 A 解析 数列an为等比数列,a11,a2a31 4,qq 21 4q 1 2,S2n a1(1q2n) 1q 1 1 2 2n 1 1 2 2 3 1 1 4n 为单调递增数列,故其最小值为 S22 3 11 4 1

7、 2.b 2 b 2S2n 对于任意 nN*恒成立,即 b21 2b 1 22b 2b101 2b1.故选 A. (2)(2020 浙江名校高考仿真卷)已知各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 a11, an SnSn1(nN*,且 n2). 求数列an的通项公式; 证明:当 n2 时, 1 a1 1 2a2 1 3a3 1 nan 3 2. 解 由 an SnSn1,得 SnSn1 SnSn1,即 SnSn11(n2), 所以数列Sn是以 S1 a11 为首项,以 1 为公差的等差数列, 所以 Sn1(n1)1n,即 Snn2, 当 n2 时,anSnSn12n1, 当 n1 时

8、,a1S11,也满足上式,所以 an2n1. 证明:当 n2 时, 1 nan 1 n(2n1) 1 n(2n2) 1 2 1 n(n1) 1 2 1 n1 1 n , 所以 1 a1 1 2a2 1 3a3 1 nan1 1 2 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 3 2 1 2n 3 2. (1)数列中的不等式证明,大多是不等式的一端为一个数列的前 n 项和,另一端为常数的 形式,证明的关键是放缩:如果不等式一端的和式可以通过公式法、裂项法、错位相减法求 得,则先求和再放缩;如果不等式一端的和式无法求和,则要通过对数列通项的合适放缩使 之能够求和,这时先放缩再求和,最后再放缩. (

9、2)注意放缩的尺度:如 1 n2 1 n(n1), 1 n2 1 n21. 1(2020 广东省广州市一模)等差数列an的前 n 项和为 Sn,已知 a11 3,a2a54,若 Sn4an8(nN*),则 n 的最小值为( ) A8 B9 C10 D11 答案 C 解析 设等差数列an的公差为 d,由 a11 3,a2a54,可得 1 3d 1 34d4,解得 d 2 3, 所以 Sn n 3n(n1) 1 3 n2 3 , an1 3(n1) 2 3 2n1 3 , 由 Sn4an8(nN*), 可得n 2 3 8n4 3 8,可得 n28n200,解得 n10 或 n2(舍去),所以 n

10、的最小值为 10.故选 C. 2 (2020 海南省高考第五次模拟)设 M3a3, N2a2, Ta4, 给出以下四种排序: M, N,T;M,T,N;N,T,M;T,N,M.从中任选一个,补充在下面的问题中,解答相 应的问题 已知等比数列an中的各项都为正数,a11,且_依次成等差数列 (1)求an的通项公式; (2)设 bn a n,01, 数列bn的前 n 项和为 Sn,求满足 Sn100bn的最小正整数 n. 解 选或, (1)设an的公比为 q,则 q0, 由条件得 2a42a23a3, 又因为 a11,所以 2q32q3q2,即 2q23q20, 解得 q1 2(负值舍去),所以

11、an 1 2n1. (2)由题意得 bn 1 2n1,则 Sn 1 1 2n 11 2 2 n1 2n1 . 由 Sn100bn得2 n1 2n1 100 2n1, 即 2n101,又因为 nN*,所以 n 的最小值为 7. 选或, (1)设an的公比为 q,则 q0. 由条件得 4a2a43a3, 又因为 a11,所以 4qq33q2,即 q23q40, 解得 q4(负值舍去),所以 an4n1. (2)由题意得 bn 1 4n1,则 Sn 1 1 4n 11 4 4n1 34n1. 由 Sn100bn得 4n1 34n1 100 4n1, 即 4n301,又因为 nN*, 所以 n 的最小

12、值为 5. 真题押题 真题检验 1 (2020 全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1, 前16项和为540, 则a1_ 答案 7 解析 an2(1)nan3n1, 当 n 为奇数时,an2an3n1; 当 n 为偶数时,an2an3n1. 设数列an的前 n 项和为 Sn,则 S16a1a2a3a4a16a1a3a5a15(a2 a4)(a14a16)a1(a12)(a110)(a124)(a144)(a170)(a1102)(a1 140)(5172941)8a1392928a1484540,a17. 2(2020 浙江高考)已知数列an,bn,cn中,a1b1c11,cnan1an

13、,cn1 bn bn2cn(nN *). (1)若数列bn为等比数列,公比 q0,且 b1b26b3,求 q 与an的通项公式; (2)若数列bn为等差数列,且公差 d0,证明:c1c2cn11 d. 解 (1)因为数列bn是公比为 q 的等比数列,b1b26b3,所以 b1b1q6b1q2,即 1q 6q2, 因为 q0,所以 q1 2,所以 bn 1 2n1. 所以 bn2 1 2n1,故 cn1 bn bn2cn 1 2n1 1 2n1 cn4cn,所以数列cn是首项为 1,公比为 4 的等比数列,所以 cn4n1. 所以 anan1cn14n2(n2,nN*). 所以 ana1144n

14、2114 n1 14 4 n12 3 (n2,nN*). a11 适合上式,所以 an4 n12 3 . (2)证明:依题意设 bn1(n1)ddn1d, 因为 cn1 bn bn2cn,所以 cn1 cn bn bn2, 所以 cn cn1 bn1 bn1(n2,nN *), 故 cn cn cn1 cn1 cn2 c3 c2 c2 c1c1 b n1 bn1 bn2 bn b n3 bn1 b2 b4 b1 b3c1 b1b2 bnbn1 1d d 1 bn 1 bn1 11 d 1 bn 1 bn1 . 所以 c1c2cn 11 d 1 b1 1 b2 1 b2 1 b3 1 bn 1

15、bn1 11 d 1 1 bn1 . 因为 d0,b11,所以 bn11,所以 0 1 bn1 127 128, 解得 n7,因为 nN*,所以 n 的最小值为 8. 专题作业 一、选择题 1(2020 山东省泰安市模拟)已知函数 f(x)x3lg (x21x),若等差数列an的前 n 项 和为 Sn,且 f(a11)10,f(a20201)10,则 S2020( ) A4040 B0 C2020 D4040 答案 C 解析 函数 f(x)x3lg (x21x)是奇函数,由 f(a11)10,f(a20201)10,可得 a11a20201,即 a1a20202,等差数列an的前 n 项和为

16、Sn,则 S2020a 1a2020 2 2020 2020.故选 C. 2(2020 广东省广州市一模)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn,若 a1a2 a1a2 2 3,且 4S3, 3S4,2S5成等差数列,则满足不等式Sn an 4039 2020的 n 的最小值为( ) A.10 B11 C12 D13 答案 C 解析 因为 4S3,3S4,2S5成等差数列,所以等比数列的公比 q1.由题得 a1a1q a1a1q 2 3, 6a 1(1q4) 1q 4 a1(1q3) 1q 2 a1(1q5) 1q , 所以 a11,q2,所以 an2n1,Sn1(12 n) 12 2n1.

17、又Sn an 4039 2020,所以 2n1 2n1 4039 2020,2 n12020,因为当 n11 时,211121010242020.所以 n 的最小值为 12.故选 C. 3(多选)设等差数列an的公差为 d,前 n 项和为 Sn,若 a312,S120,S130,则下列 结论正确的是( ) A数列an是递增数列 BS560 C24 7 d0,S1313a11312 2 d0, a16d0,a70.由 a312,得 a1122d,联立解得24 7 da1a2a3an 的 最大正整数 n 的值为( ) A10 B11 C12 D13 答案 C 解析 正项等比数列an中,a51 2,

18、a6a7a5(qq 2)3, q2q6.解得 q2 或 q3,q0,q2,a1 1 32,a1a2a3an 1 32(12 n) 12 2n1 32 , 2n1 32 1 32n 2 n(n1) 2 ,整理可得,2n2 (n1)( ) 1 2n5 1, 2n2 (n1)( ) 1 2n5 ,n(n1) 1 2n5 ,易知 n1,1N 时,恒有|anA|N 时,恒 有|anA|N 时,恒有|anA| 成立,数列 2n1 n 的极限为 2.故选 CD. 7 (多选)(2020 山东省实验中学高考预测卷)设等比数列an的公比为q, 其前n 项和为 Sn, 前 n 项积为 Tn,并满足条件 a11,a

19、2019a20201,a 20191 a202010,下列结论正确的是( ) AS2019S2020 Ba2019a202110 C.T2020是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 答案 AB 解析 根据题意,等比数列an的公比为 q,若 a2019a20201,则(a1q2018)(a1q2019)a2 1q 4037 1,又由 a11,必有 q0,则数列an各项均为正值,又由a 20191 a202010,得(a20191)(a2020 1)0, 则有 a 20191 或 a 20191, a20201, a20201, a20200,n0),当且仅当 n2m,mn12,即 m4,n8

20、 时“” 成立,所以 1 m 4 n的最小值为 3 4. 10(2020 重庆模拟)数列an满足 an(2n1)cos (n2019),则其前 2021 项的和 S2021 _ 答案 2021 解析 an(2n1)cos (n2019), cos (n2019)cos (n2018)cos (n1), an(2n1)cos (n1), 当 n 为奇数时,n1 为偶数,此时 cos (n1)1,an2n1, 当 n 为偶数时,n1 为奇数,此时 cos (n1)1,an(2n1),an 2n1,n为奇数, (2n1),n为偶数, S2021a1a2a3a4a2019a2020a2021 1357

21、403740394041 (13)(57)(40374039)4041 (2)101040412021. 11 (2020 山 东 省 高 考 数 学 压 轴 试 卷 ) 每 项 为 正 整 数 的 数 列 an 满 足 an 1 1 2an,an是偶数, 3an1,an是奇数, 且 a64,数列an的前 6 项和的最大值为 S,记 a1的所有可能取值的和 为 T,则 ST_ 答案 62 解析 每项为正整数的数列an满足 an1 1 2an,an是偶数, 3an1,an是奇数, 且 a64,可得 a58 或 1,即数列的前 6 项为 128,64,32,16,8,4;或 21,64,32, 1

22、6,8,4;或 20,10,5,16,8,4;或 3,10,5,16,8,4;或 16,8,4,2,1,4;或 2, 1,4,2,1,4. 计算可得 S12864321684252, T12821203162190.所以 ST 62. 12(2020 湖南省衡阳市模拟)设数列an满足 a13a2(2n1)ann,若不等式 a1a2 a2a3anan1nlog27 对任意 nN*恒成立,则实数 的最小值是_ 答案 3 解析 数列an满足 a13a2(2n1)ann, 可得 a11,n2 时,a13a2(2n3)an1n1, 可得(2n1)an1,即有 an 1 2n1,对 n1 也成立, 则 a

23、nan1 1 (2n1)(2n1) 1 2 1 2n1 1 2n1 , a1a2a2a3anan1nlog27 即为 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 n 2n1nlog27, 可得 log27 1 2n1对任意 nN *恒成立, 显然 f(n) 1 2n1为递减数列,当 n1 时取得最大值 1 3, 可得 log271 3,解得 3, 实数 的最小值为 3. 三、解答题 13(2020 山东省济南市模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn1 2n 21 2n. (1)求an的通项公式; (2)设 bn a n,n为奇数, 2an,n为

24、偶数,求数列b n的前 2n 项和 T2n. 解 (1)由 Sn1 2n 21 2n.可得 a1S11, 当 n2 时,anSnSn11 2n 21 2n 1 2(n1) 21 2(n1)n, 上式对 n1 也成立,则 ann,nN*. (2)bn a n,n为奇数, 2an,n为偶数 n,n为奇数, 2n,n为偶数, 则bn的前 2n项和T2n122324526(2n1)22n(1352n1) (22242622n)1 2n(12n1) 4(14n) 14 n24 n14 3 . 14(2020 山东省青岛市高三期中)已知数列an满足:a110,an1a2 n,bnlg an,cn log2

25、bn,nN*. (1)证明:数列bn为等比数列; (2)证明:数列cn为等差数列; (3)若数列 1 2bn 的前 n 项和为 Sn, 数列cn的前 n 项和为 Tn, 数列 1 Tnn 的前 n 项和为 Wn, 证明:WnSn. 证明 (1)因为b n1 bn lg a n1 lg an lg a 2 n lg an 2lg an lg an 2, 又因为 b1lg a11,所以bn是首项为 1,公比 2 的等比数列 (2)由(1)得 bn2n1,所以 cnlog2bnn1, 所以 cn1cnn(n1)1, 所以cn是公差为 1 的等差数列 (3)由(2)知 1 2bn 1 2n,Sn 1

26、2 1 1 2n 11 2 1 1 2n, 因为 Tnn(n1) 2 ,所以 1 Tnn 2 n(n1)2 1 n 1 n1 , 所以 Wn2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 2 2 n1, 所以 Wn2 2 n111 2 n111 1 2nSn. 15设等差数列an的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)2x的图象上(nN*). (1)若 a12,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列an的前 n 项和 Sn; (2)若 a11, 函数 f(x)的图象在点(a2, b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2 1 ln 2, 求数列 an bn 的 前 n 项和

27、 Tn. 解 (1)由已知得,b72a7,b82a84b7,有 2a842a72a72所以 da8a72. 所以 Snna1n(n1) 2 d2nn(n1)n23n. (2)f(x)2x ln 2,f(a2)2a2ln 2,故函数 f(x)2x的图象在(a2,b2)处的切线方程为 y2a2 2a2ln 2(xa2), 它在 x 轴上的截距为 a2 1 ln 2. 由题意得,a2 1 ln 22 1 ln 2,解得 a22. 所以 da2a11.从而 ann,bn2n,an bn n 2n. 所以 Tn1 2 2 22 3 23 n1 2n1 n 2n, 2Tn1 1 2 2 3 22 n 2n

28、1. 因此 2TnTn11 2 1 22 1 2n1 n 2n 2 1 2n1 n 2n 2n1n2 2n . 所以 Tn2 n1n2 2n . 16已知 a,b,c 分别为ABC 的三内角 A,B,C 的对边,其面积 S 3,B60,a2 c22b2,在等差数列an中,a1a,公差 db.数列bn的前 n 项和为 Tn,且 Tn2bn1 0,nN*. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)若 cnanbn,求数列cn的前 n 项和 Sn. 解 (1)S1 2ac sin B 1 2ac 3 2 3,ac4, 又 a2c22b2,b2a2c22ac cos B, b2ac4,b2, 从而(ac)2a2c22ac16,得 ac4, ac2, 故可得 a 12, d2, an22(n1)2n. Tn2bn10, 当 n1 时,b11; 当 n2 时,Tn12bn110, ,得 bn2bn1(n2), 数列bn为等比数列,bn2n1. (2)由(1)得 cn2n 2n1n 2n, Sna1b1a2b2anbn121222323n 2n, 2Sn122223324n 2n1, 得Sn121(22232n)n 2n1, 即Sn(1n)2n12,Sn(n1)2n12.

展开阅读全文
相关资源
相关搜索
资源标签

当前位置:首页 > 高中 > 高中数学 > 数学高考 > 二轮复习