高考数学大二轮专题复习：第二编数列的综合问题

新高考二轮复习·数学(新课程版)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：①数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或不等式；②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)＝x3＋an＋1－an－cos为奇函数，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2020的值是(　　)A．B．1011C．1008D．336　A解析　函数f(x)＝x3＋an＋1－an－cos为奇函数，则f(0)＝an＋1－an－cos＝0，即an＋1－an＝cos，cos的周期为6.a2－a1＝，a3－a2＝－，a4－a3＝－1，a5－a4＝－，a6－a5＝，a7－a6＝1.∴a1＝1，∴a2＝，a3＝1，a4＝0，a5＝－，a6＝0，a7＝1，an以6为周期循环．故S2020＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋a1＋a2＋a3＋a4＝.故选A.(2)(2020·广东省汕头市三模)已知数列{an}的首项a1＝21，且满足(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，则{an}中最小的一项是(　　)A．a5B．a6C．a7D．a8答案　A解析　由已知得＝＋1，＝－7，所以数列是首项为－7，公差为1的等差数列，＝－7＋(n－1)＝n－8，则an＝(2n－5)(n－8)＝2n2－21n＋40，因为＝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anan＋1与1的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列的最大项与最小项．解　(1)设{an}的首项为a1，公差为d，取n＝1，2，得解得或当a1＝1，d＝2时，an＝2n－1，an＋1＝2n＋1，Sn＝n2满足条件；当a1＝，d＝－时，a3＝－，a4＝－，S3＝0不满足条件，舍去，综上，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)＝，记f(x)＝＝－1＋，f(x)在(－∞，4.5)与(4.5，＋∞)上都是增函数(图象如图所示)，对数列，当n≤4时，递增且都大于－1，当n≥5时，递增且都小于－1，数列的最大项是第4项，值为9，最小项是第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b∈R，数列{an}为等比数列，a1＝1，a2＋a3＝－，数列{an}的前n项和为Sn，若b2－≤S2n对于任意n∈N*恒成立，则b的取值范围为(　　)A．B．∪[1，＋∞)C.D．答案　A解析　∵数列{an}为等比数列，a1＝1，a2＋a3＝－，∴q＋q2＝－⇒q＝－，∴S2n＝＝＝为单调递增数列，故其最小值为S2＝＝.∵b2－≤S2n对于任意n∈N*恒成立，即b2－b≤⇒2b2－b－1≤0⇒－≤b≤1.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a1＝1，an＝＋(n∈N*，且n≥2).①求数列{an}的通项公式；②证明：当n≥2时，＋＋＋…＋<.解　①由an＝＋，得Sn－Sn－1＝＋，即－＝1(n≥2)，所以数列{Sn}是以＝＝1为首项，以1为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝1，也满足上式，所以an＝2n－1.②证明：当n≥2时，＝<＝×＝，所以＋＋＋…＋<1＋＝－<.(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：①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；②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.(2)注意放缩的尺度：如<，<.1．(2020·广东省广州市一模)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，a2＋a5＝4，若Sn≥4an＋8(n∈N*)，则n的最小值为(　　)A．8B．9C．10D．11答案　C解析　设等差数列{an}的公差为d，由a1＝，a2＋a5＝4，可得＋d＋＋4d＝4，解得d＝，所以Sn＝＋n(n－1)×＝，an＝＋(n－1)×＝，由Sn≥4an＋8(n∈N*)，可得≥＋8，可得n2－8n－20≥0，解得n≥10或n≤－2(舍去)，所以n的最小值为10.故选C.2．(2020·海南省高考第五次模拟)设M＝－3a3，N＝2a2，T＝a4，给出以下四种排序：①M，N，T；②M，T，N；③N，T，M；④T，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，a1＝1，且________依次成等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝数列{bn}的前n项和为Sn，求满足Sn＞100bn的最小正整数n.解　选②或③，(1)设{an}的公比为q，则q＞0，由条件得2a4＝2a2－3a3，又因为a1＝1，所以2q3＝2q－3q2，即2q2＋3q－2＝0，解得q＝(负值舍去)，所以an＝.(2)由题意得bn＝，则Sn＝＝.由Sn＞100bn得>，即2n＞101，又因为n∈N*，所以n的最小值为7.选①或④，(1)设{an}的公比为q，则q＞0.由条件得4a2＝a4－3a3，又因为a1＝1，所以4q＝q3－3q2，即q2－3q－4＝0，解得q＝4(负值舍去)，所以an＝4n－1.(2)由题意得bn＝，则Sn＝＝.由Sn＞100bn得＞，即4n＞301，又因为n∈N*，所以n的最小值为5.真题押题『真题检验』1．(2020·全国卷Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．答案　7解析　an＋2＋(－1)nan＝3n－1，当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.设数列{an}的前n项和为Sn，则S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，∴a1＝7.2．(2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝·cn(n∈N*).(1)若数列{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q与{an}的通项公式；(2)若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1＋c2＋…＋cn＜1＋.解　(1)因为数列{bn}是公比为q的等比数列，b1＋b2＝6b3，所以b1＋b1q＝6b1q2，即1＋q＝6q2，因为q＞0，所以q＝，所以bn＝.所以bn＋2＝，故cn＋1＝·cn＝·cn＝4·cn，所以数列{cn}是首项为1，公比为4的等比数列，所以cn＝4n－1.所以an－an－1＝cn－1＝4n－2(n≥2，n∈N*).所以an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝1＋＝(n≥2，n∈N*).a1＝1适合上式，所以an＝.(2)证明：依题意设bn＝1＋(n－1)d＝dn＋1－d，因为cn＋1＝·cn，所以＝，所以＝(n≥2，n∈N*)，故cn＝··…···c1＝···…···c1＝＝＝.所以c1＋c2＋…＋cn＝＝.因为d＞0，b1＝1，所以bn＋1＞1，所以0<<1，所以＜1＋.即c1＋c2＋…＋cn＜1＋，n∈N*.『金版押题』3．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前100项和S100为(　　)A．350＋1B．350－1C．D．答案　B解析　依题意，当n为偶数时，f(3n)＝3eq\s\up15()－3eq\s\up15()＝0；当n为奇数时，f(3n)＝3eq\s\up15()－3eq\s\up15()＝2×3eq\s\up15()，所以S100＝2×(30＋31＋…＋349)＝2×＝350－1.故选B.4．已知函数f(x)＝xax(a＞0，a≠1)的图象经过点，点O为坐标原点，点Pn(n，f(n))(n∈N*)，向量m＝(1，0)，θn是向量n与m的夹角，则使得tanθ1＋tanθ2＋…＋tanθn＞的n的最小值为________．答案　8解析　函数f(x)＝xax(a＞0，a≠1)的图象经过点，解得a＝，所以f(x)＝，因为点Pn的坐标为(n，f(n))，所以向量n＝，所以cosθn＝＝，sinθn＝＝，所以tanθn＝，所以tanθ1＋tanθ2＋…＋tanθn＝＋＋…＋＝＝1－，因为tanθ1＋tanθ2＋…＋tanθn＞，所以1－>，解得n＞7，因为n∈N*，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)＝x3＋lg(＋x)，若等差数列{an}的前n项和为Sn，且f(a1－1)＝－10，f(a2020－1)＝10，则S2020＝(　　)A．－4040B．0C．2020D．4040答案　C解析　函数f(x)＝x3＋lg(＋x)是奇函数，由f(a1－1)＝－10，f(a2020－1)＝10，可得a1－1＝－a2020＋1，即a1＋a2020＝2，等差数列{an}的前n项和为Sn，则S2020＝×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＝，且4S3，3S4，2S5成等差数列，则满足不等式>的n的最小值为(　　)A.10B．11C．12D．13答案　C解析　因为4S3，3S4，2S5成等差数列，所以等比数列的公比q≠1.由题得所以a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1.又>，所以>，∴2n－1>2020，因为当n＝11时，211－1＝210＝1024<2020.当n＝12时，212－1＝211＝2048>2020.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a3＝12，S12>0，S13<0，则下列结论正确的是(　　)A．数列{an}是递增数列B．S5＝60C．－0，S13＝13a1＋·d<0，化为2a1＋11d>0，a1＋6d<0，即a6＋a7>0，a7<0，∴a6>0.由a3＝12，得a1＝12－2d，联立解得－a1a2a3…an的最大正整数n的值为(　　)A．10B．11C．12D．13答案　C解析　∵正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝a5(q＋q2)＝3，∴q2＋q＝6.解得q＝2或q＝－3，∵q>0，∴q＝2，∴a1＝，∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝，∴>×2eq\s\up15()，整理可得，2n>2eq\s\up15((n－1))＋1，∴2n>2eq\s\up15((n－1))，n>(n－1)，易知n>1，∴1N时，恒有|an－A|<θ成立，就称数列{an}的极限为A，下列四个无穷数列极限为2的是(　　)A．{(－1)n×2}B．{n}C．D．答案　CD解析　数列{(－1)n×2}为摆动数列－2，2，－2，2，－2，2，…，∴数列{(－1)n×2}没有极限．数列{n}为递增数列，∴数列{n}没有极限．∵1＋＋＋＋…＋＝＝2－，∴存在常数2，对于任意给定的正数θ(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<θ成立，数列的极限为2；∵＝2＋，∴存在常数2，对于任意给定的正数θ(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<θ成立，数列的极限为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a1＞1，a2019a2020＞1，＜0，下列结论正确的是(　　)A．S2019＜S2020B．a2019a2021－1＜0C.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a2019·a2020＞1，则(a1q2018)(a1q2019)＝aq4037＞1，又由a1＞1，必有q＞0，则数列{an}各项均为正值，又由<0，得(a2019－1)(a2020－1)＜0，则有或又由a1＞1，必有0＜q＜1，则有对于A，有S2020－S2019＝a2020＞0，即S2019＜S2020，则正确；对于B，有a2020＜1，则a2019a2021＝(a2020)2＜1，则正确；对于C，则T2019是数列{Tn}中的最大值，C错误，同理D错误．故选AB.8．(多选)棋盘上标有第0，1，2，…，100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束．设棋子位于第n站的概率为Pn，设P0＝1.则下列结论正确的有(　　)A．P1＝；P2＝，P3＝B．数列{Pn－Pn－1}(1≤n≤99)是公比为－的等比数列C．2P100＜P99＜P98D．P100＞答案　ABD解析　棋子从第0站到第1站，只能向前走一步，所以P1＝；棋子到第2站，有两种方式：直接从第0站到第2站，分两步到第2站，所以P2＝＋×＝；棋子到第3站，有三种方式：先到第1站再到第3站，先到第2站再到第3站，分三步到第3站，所以P3＝××2＋＝，所以A正确；棋子到第n站分两种情形：先到第n－2站，再掷出反面，其概率为Pn－2；先到第n－1站，再掷出正面，其概率为Pn－1，所以Pn＝Pn－2＋Pn－1，即Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)，所以数列{Pn－Pn－1}(1≤n≤99)是公比为－的等比数列，即B正确；由B知，数列{Pn－Pn－1}是公比为－的等比数列，所以Pn－Pn－1＝(P1－P0)＝，所以P99＝＋＋…＋＋1＝，又P99－P98＝，则P98＝，因为若跳到第99站时，游戏自动停止，故P100＝P98＝.所以2P100＝P98，即C错误；P100＝P98＝＞，即D正确．故选ABD.二、填空题9．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得＝32，则＋的最小值为________．答案　解析　因为数列{an}是正项等比数列，a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，所以a2a8＝a＝16a5，a5＝16，a3＝4.由a5＝a3q2，得q＝2(q＝－2舍去)，由a5＝a1q4，得a1＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1，因为＝32，所以2m－12n－1＝210，m＋n＝12，＋＝(m＋n)＝≥＝(m>0，n>0)，当且仅当n＝2m，m＋n＝12，即m＝4，n＝8时“＝”成立，所以＋的最小值为.10．(2020·重庆模拟)数列{an}满足an＝(2n－1)cos(nπ＋2019π)，则其前2021项的和S2021＝________．答案　2021解析　∵an＝(2n－1)cos(nπ＋2019π)，cos(nπ＋2019π)＝cos(nπ＋π＋2018π)＝cos(n＋1)π，∴an＝(2n－1)cos(n＋1)π，①当n为奇数时，n＋1为偶数，此时cos(n＋1)π＝1，an＝2n－1，②当n为偶数时，n＋1为奇数，此时cos(n＋1)π＝－1，an＝－(2n－1)，∴an＝∴S2021＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2019＋a2020＋a2021＝1－3＋5－7＋…＋4037－4039＋4041＝(1－3)＋(5－7)＋…＋(4037－4039)＋4041＝(－2)×1010＋4041＝2021.11．(2020·山东省高考数学压轴

试卷

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)每项为正整数的数列{an}满足an＋1＝且a6＝4，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S－T＝________．答案　62解析　每项为正整数的数列{an}满足an＋1＝且a6＝4，可得a5＝8或1，即数列的前6项为128，64，32，16，8，4；或21，64，32，16，8，4；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S＝128＋64＋32＋16＋8＋4＝252，T＝128＋21＋20＋3＋16＋2＝190.所以S－T＝62.12．(2020·湖南省衡阳市模拟)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝n，若不等式a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1≤nlog27λ对任意n∈N*恒成立，则实数λ的最小值是________．答案　3解析　数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝n，①可得a1＝1，n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝n－1，②①－②可得(2n－1)an＝1，即有an＝，对n＝1也成立，则anan＋1＝＝，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1≤nlog27λ即为＝＝≤nlog27λ，可得log27λ≥对任意n∈N*恒成立，显然f(n)＝为递减数列，当n＝1时取得最大值，可得log27λ≥，解得λ≥3，实数λ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Sn＝n2＋n.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.解　(1)由Sn＝n2＋n.可得a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝n，上式对n＝1也成立，则an＝n，n∈N*.(2)bn＝＝则{bn}的前2n项和T2n＝1＋22＋3＋24＋5＋26＋…＋(2n－1)＋22n＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(22＋24＋26＋…＋22n)＝n(1＋2n－1)＋＝n2＋.14．(2020·山东省青岛市高三期中)已知数列{an}满足：a1＝10，an＋1＝a，bn＝lgan，cn＝log2bn，n∈N*.(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)证明：数列{cn}为等差数列；(3)若数列的前n项和为Sn，数列{cn}的前n项和为Tn，数列的前n项和为Wn，证明：Wn>Sn.证明　(1)因为＝＝eq\f(lga,lgan)＝＝2，又因为b1＝lga1＝1，所以{bn}是首项为1，公比2的等比数列．(2)由(1)得bn＝2n－1，所以cn＝log2bn＝n－1，所以cn＋1－cn＝n－(n－1)＝1，所以{cn}是公差为1的等差数列．(3)由(2)知＝，Sn＝＝1－，因为Tn＝，所以＝＝2，所以Wn＝2＝2－，所以Wn＝2－＝1＋1－≥1>1－＝Sn.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(n∈N*).(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，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)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2．所以d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)f′(x)＝2xln2，f′(a2)＝2a2ln2，故函数f(x)＝2x的图象在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝2a2ln2(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－.由题意得，a2－＝2－，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，＝.所以Tn＝＋＋＋…＋＋，2Tn＝＋＋＋…＋.因此2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.所以Tn＝.16．已知a，b，c分别为△ABC的三内角A，B，C的对边，其面积S＝，B＝60°，a2＋c2＝2b2，在等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn.解　(1)S＝acsinB＝ac·＝，∴ac＝4，又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，∴b2＝ac＝4，∴b＝2，从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝16，得a＋c＝4，∴a＝c＝2，故可得∴an＝2＋2(n－1)＝2n.∵Tn－2bn＋1＝0，　①∴当n＝1时，b1＝1；当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋1＝0，　②①－②，得bn＝2bn－1(n≥2)，∴数列{bn}为等比数列，∴bn＝2n－1.(2)由(1)得cn＝2n·2n－1＝n·2n，∴Sn＝a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，　③∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，　④③－④得－Sn＝1×21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1，即－Sn＝(1－n)2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.