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

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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.