2019版高考数学二轮复习第二篇第12练数列的综合问题精准提分练习文.docx

第12练数列的综合问题明晰考情1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以an, Sn的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的17题位置.2.题目难度：中等偏下难度.考点一等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若an1and，d为常数，则an为等差(比)数列.(2)中项公式法.(3)通项公式法.1.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(1)证明由题设知，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1，由于an10，所以an2an.(2)解由题设知，a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得数列a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；数列a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2，因此存在4，使得数列an为等差数列.2.已知数列an满足a12，且an12an2n1，nN*.(1)设bn，证明：bn为等差数列，并求数列bn的通项公式；(2)在(1)的条件下，求数列an的前n项和Sn.解(1)把an2nbn代入到an12an2n1，得2n1bn12n1bn2n1，两边同除以2n1，得bn1bn1，即bn1bn1，bn为等差数列，首项b11，公差为1，bnn(nN*).(2)由bnn，得ann2n，Sn121222323n2n，2Sn122223324(n1)2nn2n1，两式相减，得Sn2122232nn2n1(1n)2n12，Sn(n1)2n12(nN*).3.设数列an的前n项和为Sn，且首项a13，an1Sn3n(nN*).(1)求证：Sn3n是等比数列；(2)若an为递增数列，求a1的取值范围.(1)证明an1Sn3n，Sn12Sn3n，Sn13n12(Sn3n).a13，数列Sn3n是首项为a13，公比为2的等比数列.(2)解由(1)得，Sn3n(a13)2n1.Sn(a13)2n13n.当n2时，anSnSn1(a13)2n223n1.an为递增数列，当n2时，(a13)2n123n(a13)2n223n1，当n2时，2n20，a19.a2a13a1，a1的取值范围是(9，).考点二数列的通项与求和方法技巧(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法累加(乘)法形如an1anf(n)的数列，可用累加法；形如f(n)的数列，可用累乘法.构造数列法形如an1，可转化为，构造等差数列；形如an1panq(pq0，且p1)，可转化为an1p构造等比数列.(2)数列求和的常用方法倒序相加法；分组求和法；错位相减法；裂项相消法.4.已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2Sn1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n1时，a12S112a11，解得a11.当n2时，由an2Sn1，得an12Sn11，两式相减得anan12an，化简得anan1，所以数列an是首项为1，公比为1的等比数列，则可得an(1)n.(2)由(1)得bn(2n1)(1)n，当n为偶数时，Tn1357911(2n3)(2n1)2n，当n为奇数时，n1为偶数，TnTn1bn1(n1)(2n1)n.所以数列bn的前n项和Tn(1)nn.5.已知数列an，bn满足a1，anbn1，bn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)设Sna1a2a2a3a3a4anan1，求Sn.解(1)bn1.a1，b1，因为bn111，所以1，所以数列是以4为首项，1为公差的等差数列，所以4(n1)n3，所以bn1.(2)因为an1bn，所以Sna1a2a2a3a3a4anan1.6.设数列an满足a12，an1an322n1.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnnan，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由已知，当n2时，an1(an1an)(anan1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1.所以an22n1，而a12，也满足上式，所以数列an的通项公式为an22n1.(2)由bnnann22n1知，Sn12223325n22n1，22Sn123225327n22n1，得(122)Sn2232522n1n22n1，即Sn(3n1)22n12.考点三数列的综合问题方法技巧(1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质或图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.(2)数列是特殊的函数，解题时要充分利用函数的性质解决数列问题，如数列中的最值问题.(3)解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法(作差法、作商法)、放缩法等.7.已知f(x)2sinx，集合Mx|f(x)|2，x0，把M中的元素从小到大依次排成一列，得到数列an，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，设数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解因为|f(x)|2，所以xk，x2k1，kZ.又因为x0，所以an2n1(nN*).(2)证明因为bn(nN*)，bn，所以Tnb1bn，所以Tn.8.已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlog2，Snb1b2bn，求使Sn2n1470成立的n的最小值.解(1)设等比数列an的公比为q，依题意，有即由得q23q20，解得q1或q2.当q1时，不满足式，舍去；当q2时，代入得a12，所以an22n12n.故所求数列an的通项公式为an2n(nN*).(2)因为bnanlog22nlog22nn，所以Sn212222332nn(222232n)(123n)2n12nn2.因为Sn2n1470，所以2n12nn22n1470，解得n9或n10(舍).因为nN*，所以使Sn2n147bn恒成立，求实数t的取值范围.解(1)a26，a312，当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)222232n2(123n)n(n1).因为当n1时，a12也满足上式，所以ann(n1).(2)bn.因为bn1bn0，所以bn1bn恒成立，所以t22t，解得t2，所以实数t的取值范围为(，0)(2，).典例(12分)已知单调递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，Snb1b2bn，求使Snn2n130成立的正整数n的最小值.审题路线图规范解答评分标准解(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q.由题意知2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，所以a2a420，所以解得或3分又数列an单调递增，所以q2，a12，所以数列an的通项公式为an2n.5分(2)因为bnn2n，6分所以Sn(12222n2n)，2Sn122223(n1)2nn2n1，两式相减，得Sn222232nn2n12n12n2n1.8分又Snn2n130，可得2n1230，即2n13225，10分所以n15，即n4.所以使Snn2n130成立的正整数n的最小值为5.12分构建答题模板第一步求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.第二步巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和.第三步得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题.1.(2018全国)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1(nN*).(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解.若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.2.(2018上饶模拟)数列an的前n项和为Sn，且Sn1，数列bn为等差数列，且a2(b22)1，a1b1.(1)分别求数列an和bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)a1S11，n2时，anSnSn1，适合a1，an，nN*.由a1b1得b11，由a2(b22)1得(b22)1，b22，d1，bn1(n1)1n.(2)由Tn，得Tn，两式相减，得Tn1，Tn2.3.已知等差数列an的首项a11，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(nN*)，Snb1b2bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.解(1)由题意得(a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2.a11，d0，d2.an2n1(nN*).(2)bn，Snb1b2bn.假设存在整数t满足Sn总成立，又Sn1Sn0，数列Sn是递增的.S1为Sn的最小值，故，即t9.又tZ，适合条件的t的最大值为8.4.若数列bn对于nN*，都有bn2bnd(常数)，则称数列bn是公差为d的准等差数列，如数列cn，若cn则数列cn是公差为8的准等数列.设数列an满足a1a，对于nN*，都有anan12n.(1)求证：an为准等差数列；(2)求an的通项公式及前20项和S20.(1)证明因为an1an2n，所以an2an12n2