1、第3讲 数列的综合问题 第二编 讲专题专题三 数列考情研析 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，分值一般为 58 分.1 核心知识回顾 PART ONE 数列综合应用主要体现在以下两点：(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，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
2、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2 热点考向探究 PART TWO 考向 1数列与函数的综合问题例 1(2019上海市青浦区高三二模)已知函数 f(x)x2axb(a，bR)，且不等式|f(x)|2019|2xx2|对任意的 x0,10都成立，数列an是以 7a 为首项，公差为 1 的等差数列(nN*)(1)当 x0,10时，写出方程 2xx20 的解，并写出数列an的通项公式(不必证明)；(2)若 bnan13 an(nN*)，数列bn的前 n 项和为 Sn，对任意的 nN*，都有 Sn0 可得
3、 Sn34，由 Sn0 且 2Sna2nan(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 an0，令 bn4anan2，数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tn0，ann，bn4nn221n 1n2，Tn2113 1214 1315 1n 1n2 2112 1n1 1n2 34n6n1n23，若 Tnm 恒成立，则 m3，又 mZ，mmin3.(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
4、和，这时先放缩再求和，最后再放缩(2)注意放缩的尺度：如 1n21nn1，1n21n21.(2019安徽黄山高三第二次质检)已知数列nan1 的前 n 项和 Snn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn2n1an12an112，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：对于任意的 nN*，都有 Tn1.解(1)因为 Snn，当 n2 时，Sn1n1，由，得nan11，故 ann1又因为 a12 适合上式，所以 ann1(nN*)(2)证明：由(1)知，bn2n1an12an112 2n1n2n12 1n21n12，Tn112 122 122 132 1n21n1211n12，所以 T
5、n1522的最小的 n 值解(1)设等差数列an的公差为 d，由 S10120 得 10a145d120,2a19d24，由 a2a1，a4a2，a1a2 成等比数列，得 d(2a1d)4d2 且 d0，2a13d，a13，d2，等差数列an的通项公式为 ana1(n1)d3(n1)22n1.(2)Snna1nn1d2n(n2)，1Sn1nn2121n 1n2，Tn12113121413151n 1n212112 1n1 1n2，由 Tn1522得 1n1 1n260，n 的最小值为 14.2(2019河北衡水中学高三下学期一调)已知数列an的前 n 项和 Sn 满足1Sn1 1Sn1SnSn
6、10，a11.(1)求数列an的通项公式；(2)在数列an的前 100 项中，是否存在两项 am，at(m，tN*，且 mt)，使得 1a2，1am，1at三项成等比数列？若存在，求出所有的 m，t 的取值；若不存在，请说明理由解(1)因为1Sn1 1Sn1SnSn10，所以 Sn Sn11，所以 Sn1(n1)n，所以 Snn2.当 n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1.又 2111a1，所以 an2n1(nN*)(2)若 1a2，1am，1at三项成等比数列，则 1a21at1am2，即1312t112m12，即(2m1)23(2t1)因为 t100，所以(2m1)2597，又 m
7、N*，所以 2m124，所以 m12.又 2m1 为 3 的奇数倍，所以 m2,5,8,11，验证得m5，t14，m8，t38，m11，t74.3(2019浙江高考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个 nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn 成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记 cnan2bn，nN*，证明：c1c2cn2 n，nN*.解(1)设数列an的公差为 d，由题意得a12d4，a13d3a13d，解得a10，d2.从而 an2n2，nN*.所以 Snn2n，nN*.由 Snbn，Sn1bn，Sn2bn 成等比数列，得(Sn1
8、bn)2(Snbn)(Sn2bn)解得 bn1d(S2n1SnSn2)所以 bnn2n，nN*.(2)证明：cn an2bn 2n22nn1 n1nn1，nN*.我们用数学归纳法证明当 n1 时，c102，不等式成立；假设当 nk(kN*)时不等式成立，即 c1c2ck2 k.那么，当 nk1 时，c1c2ckck12 kkk1k22 k1k12 k2k1 k2 k2(k1 k)2 k1，即当 nk1 时不等式也成立根据和，不等式 c1c2cn2 n对任意 nN*成立金版押题4已知函数 f(x)3cosxsinx(xR)的所有正的零点构成递增数列an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)
9、设 bn12nan23，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)f(x)3cosxsinx2cosx6，由题意令 x6k2(kZ)，解得 xk13(kZ)又函数 f(x)的所有正的零点构成递增数列an，所以an是以13为首项，1为公差的等差数列，所以 ann23(nN*)(2)由(1)知 bn12nan23 n12n，则 Tn112121223123(n1)12n1n12n，12Tn112221233124(n1)12nn12n1，得，12Tn1212212312nn12n11212n12112n12n11(n2)12n1，所以 Tn2(n2)12n.4 配套作业 PART FOUR 1.(2
10、019北京市海淀区高三 4 月模拟)已知等差数列an的公差 d2，且a2a52，an的前 n 项和为 Sn.(1)求an的通项公式；(2)若 Sm，a9，a15 成等比数列，求 m 的值解(1)因为 a5a22，d2，所以 2a15d2a1102，所以 a14，所以 an2n6.(2)Sma1amm2m25m，又 a912，a1524，因为 Sm，a9，a15 是等比数列，所以 a29Sma15，所以 m25m60，m6 或 m1，因为 mN*，所以 m6.2设数列an的前 n 项和是 Sn，若点 Ann，Snn 在函数 f(x)xc 的图象上运动，其中 c 是与 x 无关的常数，且 a13.
11、(1)求数列an的通项公式；(2)记 bnaan，求数列bn的前 n 项和 Tn 的最小值解(1)因为点 Ann，Snn 在函数 f(x)xc 的图象上运动，所以Snnnc，所以 Snn2cn.因为 a13，所以 c4，所以 Snn24n，所以 anSnSn12n5(n2)又 a13 满足上式，所以 an2n5(nN*)(2)由(1)知，bnaan2an52(2n5)54n5，所以bn为等差数列，所以 Tnnb1bn22n23n，当 n1 时，Tn 取最小值，所以 Tn 的最小值是 T11.3(2019广东东莞高三二调)已知数列an满足 a23，an12an1，设bnan1.(1)求 a1，a
12、3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求 a1a3a5a2n1.解(1)数列an满足 a23，an12an1，当 n1 时，a22a11，解得 a11.当 n2 时，解得 a37.(2)当 n1 时，b12，所以bn1bn an11an1 2(常数)，则数列bn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(3)由(1)和(2)得 an2n1，所以 a1a3a2n1(212322n1)(n1)24n1141(n1)84n3n53.4已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 a113，3Sn1Sn1.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnlog13 an，数列anbn的前 n 项和为
13、 Tn，求 Tn.解(1)当 n1 时，3S243，a219，3a2a1；当 n2 时，3SnSn11，3an1an(n2)，故数列an是以13为首项，13为公比的等比数列，则 an1313n113n.(2)由(1)知 bnlog13 ann，则 anbnn13n.从而 Tn1132132(n1)13n1n13n，13Tn11322133(n1)13nn13n1，由得，23Tn1313213nn13n113113n113n13n1，因此 Tn3414(2n3)13n.5(2019衡水第二中学高三上学期期中)已知等差数列an与公比为正数的等比数列bn满足 b12a12，a2b310，a3b27.
14、(1)求an，bn的通项公式；(2)若 cnbn1anbnan1bn1，求数列cn的前 n 项和 Sn.解(1)由题意 a11，b12.设公差为 d，公比为 q，则1d2q210，12d2q7，解得d1，q2.故 ana1(n1)dn，bnb1qn12n.(2)因为 cnbn1anbnan1bn1，所以 cn2n12nn2n1n112nn12n1n1，故 Sn121112221222123312nn12n1n11312n1n1.6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
15、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 21ln 2，求数列anbn 的前 n 项和 Tn.解(1)由已知得，b72 a7，b82 a84b7，有 2 a842 a72a72.所以 da8a72.所以，Snna1nn12d2nn(n1)n23n.(2)f(x)2xln 2，f(a2)2 a2ln 2，故函数 f(x)2x 的图象在(a2，b2)处的切线方程为 y2a22a2ln 2(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2.由题意得，a2 1ln 22 1ln 2，解得 a22.所以 da2a11.从而 ann，bn2n，an
16、bn n2n.所以 Tn12 222 323n12n1 n2n，2Tn1122 322 n2n1.因此，2TnTn112 122 12n1 n2n2 12n1 n2n2n1n22n.所以，Tn2n1n22n.7(2019安徽六安第一中学高三模拟)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，a2c22b2，在等差数列an中，a1a，公差 db.数列bn的前 n 项和为 Tn，且 Tn2bn10，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)S12acsinB12ac 32 3，ac4，又 a2c
17、22b2，b2a2c22accosB，b2ac4，b2，从而(ac)2a2c22ac16，得 ac4，ac2，故可得a12，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 cn2n2n1n2n，Sna1b1a2b2anbn121222323n2n，2Sn122223324n2n1，得Sn121(22232n)n2n1，即Sn(1n)2n12，Sn(n1)2n12.8(2019贵州凯里第一中学高三下学期模拟)在等差数列an中，已知 a3a484a5，a836.(1)求数
18、列an的通项公式 an；(2)记 Sn 为数列an的前 n 项和，求Sn20n的最小值解(1)由 a3a484a5，得 a428，由a13d28，a17d36，得a122，d2，即数列an的通项公式为 an22(n1)22n20.(2)由(1)得，Sn22nnn122n221n，Sn20nn20n 21，令 f(x)x20 x 21，nN*，f(x)120 x2，当 x(0,2 5)时，f(x)0，则 f(x)在(0,2 5)上单调递减，在(2 5，)上单调递增，又 nN*，f(4)f(5)30，当 n4 或 5 时，f(n)取到最小值 30，即Sn20n的最小值为 30.数列类解答题(12
19、分)已知各项均不为零的数列an的前 n 项和为 Sn，且对任意的nN*，满足 Sn13a1(an1)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足 anbnlog2an，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn89.解题思路(1)根据SnSn1an(n2)及递推关系式化简得an和an1的关系式，从而求出 an；(2)采用错位相减法求 Tn，从而证明结论解(1)当 n1 时，a1S113a1(a11)13a2113a1，a10，a14.(2 分)Sn43(an1)，当 n2 时，Sn143(an11)，两式相减得 an4an1(n2)，(4 分)数列an是首项为 4，公比为 4 的等比数列，
20、an4n.(6 分)(2)证明：anbnlog2an2n，bn2n4n，(7 分)Tn241 442 6432n4n，14Tn242 443 644 2n4n1，(8 分)两 式 相 减 得 34 Tn 24 242 243 244 24n 2n4n1 214 142 143 144 14n 2n4n12141 14n114 2n4n123234n 2n4n1236n834n1.(10 分)Tn896n894n89.(12 分)1正确求出 a1 的值给 2 分2利用 an 与 Sn 的关系构造等比数列给 2 分3写出数列an的通项公式给 2 分4求出数列bn的通项公式给 1 分5采取错位相减法
21、给 1 分6两式相减后的正确化简计算给 2 分7放缩法证明不等式给 2 分1由 an 与 Sn 的关系求通项公式，易忽略条件 n2 而出错2错位相减法中两式相减后，一定成等比数列的有 n1 项，整个式子共有 n1 项3放缩法证明不等式时，要注意放缩适度，放的过大或过小都不能达到证明的目的跟踪训练(2019沈阳模拟)(12 分)设 Sn 为数列an的前 n 项和，a11，S2nanSn12(n2)(1)求 Sn；(2)设 bnSn2n1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)当 n2 时，由 S2nanSn12 得，S2n(SnSn1)Sn12，整理得，Sn1Sn2Sn1Sn1Sn 1Sn12，(3 分)又 1S1 1a11，数列1Sn 是以 2 为公差、以 1 为首项的等差数列，则1Sn12(n1)，故 Sn12n1.(6 分)(2)由(1)知，bnSn2n112n12n11212n112n1，(9 分)Tn 12 113 1315 1517 12n112n1 12 112n1 n2n1.(12 分)本课结束