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.
