《（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第13練 數(shù)列的綜合問題試題.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第13練 數(shù)列的綜合問題試題.docx（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第13練　數(shù)列的綜合問題 [明晰考情]　1.命題角度：考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定與證明；以an，Sn的關系為切入點，考查數(shù)列的通項、前n項和等；數(shù)列和不等式的綜合應用.2.題目難度：中檔難度或偏難． 考點一　等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定與證明 方法技巧　判斷等差(比)數(shù)列的常用方法 (1)定義法：若an＋1－an＝d，d為常數(shù)，則{an}為等差(比)數(shù)列． (2)中項公式法． (3)通項公式法． 1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù)． (1)證明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)列？并說明理由． (1)證明　由題設知，anan＋1＝λSn－1， an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. (2)解　由題設知，a1＝1，a1a2＝λS1－1， 可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令2a2＝a1＋a3， 解得λ＝4. 故an＋2－an＝4，由此可得數(shù)列{a2n－1}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3； 數(shù)列{a2n}是首項為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2， 因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列． 2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N*. (1)設bn＝，證明：{bn}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)在(1)的條件下，求數(shù)列{an}的前n項和Sn. 解　(1)把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1， 得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1， 兩邊同除以2n＋1， 得bn＋1＝bn＋1， 即bn＋1－bn＝1， ∴{bn}為等差數(shù)列，首項b1＝＝1，公差為1， ∴bn＝n(n∈N*)． (2)由bn＝n＝，得an＝n2n， ∴Sn＝121＋222＋323＋…＋n2n， ∴2Sn＝122＋223＋324＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1， 兩式相減，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2， ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)． 3．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的前三項a1，a2，a3； (2)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求出{an}的通項公式． (1)解　在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分別令n＝1,2,3， 得 解得 (2)證明　由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得 Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)， 兩式相減，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)， an＝2an－1－(－1)n－(－1)n ＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)， ∴an＋(－1)n ＝2(n≥2)． 故數(shù)列是以a1－＝為首項，2為公比的等比數(shù)列． ∴an＋(－1)n＝2n－1， ∴an＝2n－1－(－1)n ＝－(－1)n(n∈N)*. 考點二　數(shù)列的通項與求和 方法技巧　(1)根據(jù)數(shù)列的遞推關系求通項的常用方法 ①累加(乘)法 形如an＋1＝an＋f(n)的數(shù)列，可用累加法； 形如＝f(n)的數(shù)列，可用累乘法． ②構造數(shù)列法 形如an＋1＝，可轉化為－＝，構造等差數(shù)列； 形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可轉化為an＋1＋＝p構造等比數(shù)列. (2)數(shù)列求和的常用方法 ①倒序相加法；②分組求和法；③錯位相減法；④裂項相消法． 4．已知數(shù)列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn(n∈N*)，且數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由已知得＝1＋(n－1)2＝2n－1， 所以Sn＝2n2－n. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3. 而a1＝1＝41－3滿足上式，所以an＝4n－3，n∈N*. (2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)． 當n為偶數(shù)時，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4＝2n； 當n為奇數(shù)時，n＋1為偶數(shù)，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1. 綜上，Tn＝ 5．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)設Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，求Sn. 解　(1)bn＋1＝ ＝＝. a1＝，b1＝， 因為bn＋1－1＝－1＝， 所以＝＝－1＋， 所以數(shù)列是以－4為首項，－1為公差的等差數(shù)列， 所以＝－4－(n－1)＝－n－3， 所以bn＝1－＝(n∈N*)． (2)因為an＝1－bn＝， 所以Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1 ＝＋＋＋…＋ ＝－＋－＋－＋…＋－ ＝－＝(n∈N*)． 6．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式； (2)令cn＝＋，其中n∈N*，若數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求Tn. 解　(1)由a1＝－3S1＋4＝－3a1＋4，得a1＝1， 由an＝－3Sn＋4， 知an＋1＝－3Sn＋1＋4， 兩式相減并化簡得an＋1＝an， ∴數(shù)列{an}是首項為1，公比為的等比數(shù)列， ∴an＝n－1，n∈N*， bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n(n∈N*)． (2)由題意知，cn＝＋. 令Hn＝＋＋＋…＋，① 則Hn＝＋＋…＋＋，② ①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－ ＝1－. ∴Hn＝2－. 又Mn＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝， ∴Tn＝Hn＋Mn＝2－＋(n∈N*)． 考點三　數(shù)列與不等式 方法技巧　數(shù)列與不等式的綜合問題把數(shù)列知識與不等式的內容整合在一起，形成了關于證明不等式、求不等式中的參數(shù)取值范圍、求數(shù)列中的最大(小)項、比較數(shù)列中項的大小等問題，而數(shù)列的條件可能是等差數(shù)列、等比數(shù)列，甚至是一個遞推公式等，求解方法既要用到不等式知識(如比較法、放縮法、基本不等式法等)，又要用到數(shù)列的基礎知識． 7．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝an－(－1)n－2(n∈N*)． (1)證明{an－(－1)n}為等比數(shù)列，并求出{an}的通項公式； (2)設數(shù)列的前n項和為Tn，證明：Tn<(n∈N*)． (1)解　由 得an＋1＝an＋1－an－(－1)n＋1＋(－1)n， 即an＋1＝3an＋2(－1)n＋1－2(－1)n， ∴ ＝ ＝＝3， ∴{an－(－1)n}為等比數(shù)列． 對于Sn＝an－(－1)n－2，令n＝1，解得a1＝2， ∴{an－(－1)n}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列， ∴an－(－1)n＝3n，即an＝3n＋(－1)n(n∈N*)． (2)證明　方法一　當k為正偶數(shù)時， ＋＝＋ ＝< ＝＋， 當n為奇數(shù)時， Tn＝＋＋…＋ <＋ ＝＋<， 當n為偶數(shù)時，n＋1為奇數(shù)，Tnan，n∈N*； (2)an≥－1，n∈N*； (3)當n≥2時，an≤. 證明　(1)∵an＋1＝＝an＋， ∴an＋1＋1＝an＋1＋， ∴(an＋1＋1)(an＋1)＝(an＋1)2＋1>0， 故an＋1＋1與an＋1同號． 又a1＋1＝1>0，∴an＋1>0， ∴an＋1－an＝>0， 故an＋1>an，n∈N*. (2)∵ak＋1＋1＝ak＋1＋，k∈N*， ∴(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)2＋＋2>(ak＋1)2＋2，k∈N*， 當n≥2時，(an＋1)2＝[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＋[(an－1＋1)2－(an－2＋1)2]＋…＋[(a2＋1)2－(a1＋1)2]＋(a1＋1)2>2(n－1)＋1＝2n－1， 又an＋1>0，故當n≥2時，an＋1>. 即當n≥2時，an>－1. 又當n＝1時，a1≥－1＝0， 所以an≥－1，n∈N*. (3)由(2)知ak＋1－ak＝≤，k∈N*， 所以當n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)， 即當n≥2時，an≤1＋＋＋…＋. 當n≥3時，＝ < ＝－， 所以當n≥3時，an≤1＋＋＋…＋ <1＋(－1)＋(－)＋…＋(－) ＝， 又a2＝1≤， 所以n≥2時，an≤. 例　(15分)已知在數(shù)列{an}中，a1＝3，2an＋1＝a－2an＋4. (1)證明：an＋1＞an； (2)證明：an≥2＋n－1； (3)設數(shù)列的前n項和為Sn，求證：1－n≤Sn＜1. 審題路線圖 (1) (2) (3) 規(guī)范解答評分標準 證明　(1)∵2an＋1－2an＝a－4an＋4 ＝(an－2)2≥0，2分 ∴an＋1≥an≥3，∴(an－2)2＞0， ∴an＋1＞an.4分 (2)∵2an＋1－4＝a－2an＝an(an－2)，6分 ∴＝≥， ∴an－2≥(an－1－2) ≥2(an－2－2)≥…≥ n－1(a1－2)＝n－1， ∴an≥2＋n－1.9分 (3)∵2(an＋1－2)＝an(an－2)，10分 ∴＝ ＝， ∴＝－， ∴＝－，12分 ∴Sn＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－ ＝1－.13分 ∵an＋1－2≥n， ∴0＜≤n， ∴1－n≤Sn＝1－＜1.15分 構建答題模板 [第一步]　辨特征：認真分析所給數(shù)列的遞推式，找出其結構特征． [第二步]　巧放縮：結合要證結論，對遞推式進行變換、放縮，利用作差、作商、數(shù)學歸納法、反證法等技巧逐步向欲證不等式靠近． [第三步]　得結論：消滅目標不等式和放縮到的不等式間的差別，得出結論． 1．(2018浙江)已知等比數(shù)列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．數(shù)列{bn}滿足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n. (1)求q的值； (2)求數(shù)列{bn}的通項公式． 解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項， 得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8. 由a3＋a5＝20，得8＝20， 解得q＝2或q＝. 因為q＞1，所以q＝2. (2)設cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}的前n項和為Sn. 由cn＝ 解得cn＝4n－1. 由(1)可得an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1) ＝(4n－5)n－2＋(4n－9)n－3＋…＋7＋3. 設Tn＝3＋7＋112＋…＋(4n－5)n－2，n≥2，① 則Tn＝3＋72＋…＋(4n－9)n－2＋(4n－5)n－1，n≥2，② ①－②，得Tn＝3＋4＋42＋…＋4n－2－(4n－5)n－1，n≥2， 因此Tn＝14－(4n＋3)n－2，n≥2. 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)n－2，n≥2， 當n＝1時，b1＝1也滿足上式， 所以bn＝15－(4n＋3)n－2. 2．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通項公式an； (2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項和． 解　(1)由題意得得 又當n≥2時，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，又a2＝3a1， ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*. (2)設bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1， 當n≥3時，由于3n－1＞n＋2， 故bn＝3n－1－n－2，n≥3. 設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3， 當n≥3時，Tn＝3＋－ ＝，經(jīng)驗證T2符合上求． ∴Tn＝ 3．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，b1＝2，an＋1＝，bn＋1＝. (1)求證：當n≥2時，an－1≤an≤bn≤bn－1； (2)設Sn為數(shù)列{|an－bn|}的前n項和，求證：Sn<. 證明　(1)當n≥2時， bn－an＝－＝≥0， 故有bn≥an(n≥2且n∈N*)， 所以an＝≥an－1， bn＝≤bn－1. 綜上，an－1≤an≤bn≤bn－1. (2)由(1)知≤≤…≤＝<， 2≤3?(－)≤(＋)， 故|an－bn|＝ ＝ ≤ ＝， 故Sn≤1＋＋…＋＝＝<. 4．(2017浙江)已知數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)． 證明：當n∈N*時， (1)0＜xn＋1＜xn； (2)2xn＋1－xn≤； (3)≤xn≤. 證明　(1)用數(shù)學歸納法證明xn＞0. 當n＝1時，x1＝1＞0. 假設n＝k(k∈N*)時，xk＞0， 那么n＝k＋1時，若xk＋1≤0， 則0＜xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，與假設矛盾， 故xk＋1＞0， 因此xn＞0(n∈N*)． 所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)＞xn＋1， 因此0＜xn＋1＜xn(n∈N*)． (2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得， xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)． 記函數(shù)f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)． f′(x)＝＋ln＞0(x＞0)， 函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(0)＝0， 因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0， 故2xn＋1－xn≤(n∈N*)． (3)因為xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1， 所以xn≥. 由≥2xn＋1－xn得－≥2＞0， 所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2， 故xn≤. 綜上，≤xn≤(n∈N*)．