2021届浙江省高考数学一轮学案：第七章第4节　数列的综合问题（选用） WORD版含解析.doc

1、第4节数列的综合问题(选用)考试要求1.以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和；2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.知 识 梳 理1.数列与不等式的综合问题大多与数列的前n项和问题相关，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决.2.数列与解决几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决.3.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多

2、函数的性质.等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注.诊 断 自 测1.在等差数列an中，已知a1，a2，a6成等比数列，数列an的前三项和为24，则2 018是数列an的()A.第336项 B.第337项C.第504项 D.第505项解析由已知条件得aa1a6，设数列an的公差为d，则解得或又2 018是数列an的项，则不符合题意舍去，所以an6n4，令6n42 018，解得n337.答案B2.已知数列an的前n项和Sn3n(n)6，若数列an

3、单调递减，则的取值范围是()A.(，2) B.(，3) C.(，4) D.(，5)解析由Sn3n(n)6，可得当n2时，anSnSn13n1(22n1)，则an13n(22n3)，而数列an单调递减，则anan1，且a1a2，即3n1(22n1)3n(22n3)，且3(1)631(241)，解得2n，且2，可得2，故选A.答案A3.如果函数f(x)kx1(k0，xN*)，Snf(1)f(2)f(n)，若f(1)，f(3)，f(13)成等比数列，则()A.2Sn75f(n) B.2Sn75f(n)C.2Sn75f(n) D.2Sn75f(n)解析由题意得，(3k1)2(k1)(13k1)k2(k

4、0舍去)，f(x)2x1，Snn2，2Sn5f(n)72n210n122(n2)(n3)0在nN*时恒成立，2Sn75f(n).答案D4.若等差数列an的首项为a1，公差为d，关于x的不等式x2xc0的解集为0，10，则c_，使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是_.解析由函数与方程思想可知，不等式对应的方程x2xc0的解为0，10，且d0，所以c0，且10，解得a1d，所以Snna1d(n210n)(n5)225.因为d0，所以当n5时，Sn取到最大值.答案055.若公差为d的等差数列an(nN*)满足a3a410，则公差d的取值范围是_.解析由a3a410得(a12d)(a13d)1

5、0a5da16d210，所以25d24(6d21)0d2或d2.答案(，22，)6.若不等式(1)na3对任意的正整数n恒成立，则实数a的取值范围是_.解析n为偶数时，a3，只需a，即a3；n为奇数时，a3只需a0)，由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)解由(1)，有Sn2n1，故Tn（2k1）=2 k -nn2n1n2.证明因为，所以2.规律方法等差数列与等比数列

6、的综合问题，要能在具体情境中识别数列的等差、等比关系，并能利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式解决相应问题.【训练1】 设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值.解(1)设等比数列bn的公比为q(q0).由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d

7、1，故ann.所以，Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值为4.考点二数列与函数【例2】 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，求数列的前n项和Tn.解(1)由已知，b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72，则a8a72，解得da8a72

8、.所以，Snna1d2nn(n1)n23n.(2)由f(x)2x，f(x)2xln 2，过点(a2，b2)，即(a2，2a2)，斜率为2a2ln 2，则函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意，a22，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n，所以，所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12.所以Tn.规律方法(1)已给函数型，运用数列是对应函数的特殊情形化为数列问题.(2)构造函数，要根据数列及要解决的问题构造相应的函数，通过研究函数的性质来解决数列问题.【训练2】 (1)已知an，若数列bn满足bnan，则数列

9、bn的前n项和Sn的最小值为_.(2)(一题多解)(2018浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3).若a11，则()A.a1a3，a2a3，a2a4C.a1a4 D.a1a3，a2a4解析(1)bnan2，所以Snb1b2bn2n，由于f(x)2x在(0，)上递增，所以Sn2n在nN*上单调递增，所以当n1时，Sn有最小值为，无最大值.(2)法一因为ln xx1(x0)，所以a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a41，又a11，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以

10、1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a21，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a2a4.答案(1)(2)B考点三数列不等式恒(能)成立求参数【例3】 (2020柯桥区调研)设数列an的前n项和为Sn，k(k0，nN*).(1)证明：数列an是等比数列；(2)若a1a24，数列bn满足bnlog3an，其前n项和Tn，满足对任意nN*，TnT3，求正实数c的取值范围.(1)证明k，2Sn11k(2Sn1)，故2Sn1k(2Sn11)(n2).两式相减可得2an12kan，故k(n2).k，

11、k为正常数.显然a10，故an为等比数列.(2)解在2Sn11k(2Sn1)中令n1，则2S21k(2S11)，即2(a1a2)1k(2a11)，即2(a1a1k)1k(2a11)，解得a1.a1a2a1(1k)(1k)4，k29，解得k3(舍去)或k3，故a11，从而an3n1(nN*).bnlog3ann1单调递增，且TnT3恒成立，解得18c81.c的取值范围为18，81.规律方法数列不等式的恒成立、能成立问题注意转化为数列的最值问题求解.【训练3】 (2019台州期末评估)在数列an中，a11，a23，且对任意的nN*，都有an23an12an.(1)证明数列an1an是等比数列，并求

12、数列an的通项公式；(2)设bn，记数列bn的前n项和为Sn，若对任意的nN*都有Snm，求实数m的取值范围.(1)证明由an23an12an，可得an2an12(aa1an).又a11，a23，所以a2a12.所以an1an是首项为2，公比为2的等比数列.所以an1an2n.所以ana1(a2a1)(anan1)12222n12n1.(2)解因为bn.所以Snb1b2bn1.又因为对任意的nN*都有Snm，所以m1恒成立，即m，即当n1时，m.考点四数列与解析几何【例4】 已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(1)求数列xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xO

13、y中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，Pn1(xn1，n1)得到折线P1P2，P2P3，PnPn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn.解(1)设数列xn的公比为q，由题意得所以3q25q20，由已知q0，所以q2，x11.因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2

14、n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.规律方法此类问题常需利用几何条件和性质，得出数列的递推关系来解决.【训练4】 在正项数列an中，a12，点An(，)在双曲线y2x21上，数列bn中，点(bn，Tn)在直线yx1上，其中Tn是数列bn的前n项和.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bn是等比数列.(1)解因为点An(，)在双曲线y2x21上，所以an1an1，所以数列an是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an2(n1)n1.(2)证明因为点(bn，Tn)在直线yx1上，所以Tnbn1，所以当n2时，Tn1bn11，两式相减得bnb

15、nbn1，即3bnbn1，所以，又因为b1b11，所以b1.所以数列bn是以为首项，为公比的等比数列.基础巩固题组一、选择题1.(2020诸暨期末)等比数列an的首项a10，前n项和为Sn，则“SiSj(i，jN*)”是“Si1Sj1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件解析当公比q0时，有S1S2，此时S2S3，充分性不成立；反之，当公比q0时，有S3S2，此时S2S1，必要性不成立，所以“SiSj(i，jN*)”是“Si1Sj1”的既不充分也不必要条件，故选D.答案D2.已知an，bn均为等差数列，且a28，a616，b24，b6a6，则由an，b

16、n的公共项组成的新数列cn的通项公式cn()A.3n4 B.6n2C.6n4 D.2n2解析由于a28，a616，b24，b6a616，则d12，d23，an2n4，bn3n2，由题意知an，bn公共项组成的新数列cn的公差为6，c110，cn6n4.答案C3.已知数列an的通项公式为an，则数列an的最大值为()A.第7项 B.第8项C.第7项或第8项 D.不存在解析an，而a7，a8，而a7a8，数列an的最大项为a8.答案B4.(2020齐齐哈尔二模)德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是正十七边形尺规作图之理论与方法，在其年幼时

17、，对123100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)(m0)，则f(1)f(2)f(3)f(m2 018)()A. B.C. D.解析f(1)f(2)f(3)f(m2 018)，又f(1)f(2)f(3)f(m2 018)，两式相加可得f(1)f(2)f(3)f(m2 018).答案A5.已知函数f(x)是定义在(0，)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(xy)f(x)f(y)，若数列an的前n项和为Sn，且满足f(Sn2)f(an)f(3)(nN*)，则an()A.2n1 B.n C.2

18、n1 D.解析f(Sn2)f(an)f(3)，f(Sn2)f(an)f(3)f(3an).又函数f(x)是在定义域(0，)上的单调函数，Sn23an，当n1时，a123a1，故a11，当n2时，anSnSn13an2(3an12)3an3an1，anan1，an.答案D6.已知数列an为等差数列，且a81，则2|a9|a10|的最小值为()A.3 B.2 C.1 D.0解析因为数列an为等差数列，所以2a9a8a10，则2|a9|a8a10|a8|a10|，所以2|a9|a10|a8|1，当且仅当a10a2a10，即2a2aa0，解得a1.由an22an，得数列an的所有奇数项构成首项为a1a

19、，公比为2的等比数列，所有偶数项构成首项为a22a，公比为2的等比数列，则S2nS奇S偶2n12.答案2n1210.(2020盐城中学模拟)已知ABC的周长为6，且BC，CA，AB成等比数列，则的取值范围是_.解析因为BC，CA，AB成等比数列，所以b，从而0b2，所以accos B(b3)227，又|ac|b，(ac)2b2，(ac)24ac0，解得b2，故20，y0)，已知数列an满足an(nN*)，若对任意正整数n，都有anak(kN*)成立，则ak的值为()A. B.1 C. D.2解析由已知得an，对任意正整数n都有anak，则ak为数列an中的最小项.由指数函数与幂函数的增长速度及

20、a12，a21，a3，a41，a5.知当n4时，恒有an1，对任意nN*有ana3成立，ak.答案A14.(2020杭州学军中学模拟)设函数f(x)，点O(0，0)，A(0，1)，An(n，f(n)，nN*，设AOAnn，若对一切nN*，不等式t22t2恒成立，则正数t的最小值为()A.3 B.4 C.5 D.6解析由题意得tan n，则，则111，因为t22t2恒成立，所以t22t21恒成立，解得t3或t1，又因为t为正数，所以t3，则t的最小值为3，故选A.答案A15.在ABC中，若，成等差数列，则cos C的最小值为_.解析，成等差数列，即，可得，cos C，由正弦定理和余弦定理可得，化

21、简得2(a2b2)3c2，cos C，当且仅当ab时取等号，故答案为.答案16.(2018江苏卷)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*.将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an.记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_.解析所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S26441625

22、0312a28540，符合题意.故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案2717.已知函数f(x)2|x|，无穷数列an满足an1f(an)，nN*.(1)若a10，求a2，a3，a4；(2)若a10，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；(3)是否存在a1，使得a1，a2，an成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由.解(1)由an1f(an)an12|an|，a10a22，a30，a42.(2)a1，a2，a3成等比数列a32|a2|aa1(2|a2|)，且a22|a1|(2|a1|)2a1(2|2|a1|)(2a1)2a1(2|2a1|)，分情况讨论如下：当

23、2a10时，(2a1)2a12(2a1)aa11，且a12，符合题意；当2a12时，由(*)得a10与a12矛盾，当02，这当dam1am2|am|am0的等比数列.因为ckbkck1，所以qkq，其中k1，2，3，m(mN*).当k1时，有q11；当k2，3，m时，有ln q1.设f(x)(x1)，则f(x).令f(x)0，得xe.当x变化时，f(x)，f(x)变化如下表：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值因为，所以f(k)maxf(3).取q1，当k1，2，3，4，5时，ln q1，即kq，经检验知qk也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m6，分别取k3，6，得3q，且q6，从而q243，且q216，所以q1不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5.