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
2、着许多函数的性质.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a 22 a1a6，设 数 列 an 的 公 差 为d，则S33a13d24，（a1d）2a1（a15d），解得a12，d6或a18，d0，又 2 018 是数列an的项，
3、则a18，d0不符合题意舍去，所以 an6n4，令 6n42 018，解得 n337.答案 B 2.已知数列an的前n项和Sn3n(n)6，若数列an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 A 3.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
4、()A.2Sn75f(n)B.2Sn75f(n)C.2Sn75f(n)D.2Sn75f(n)解析 由题意得，(3k1)2(k1)(13k1)k2(k0 舍去)，f(x)2x1，Snf（1）f（n）n2n2，2Sn5f(n)72n210n122(n2)(n3)0 在nN*时恒成立，2Sn75f(n).答案 D 4.若等差数列an的首项为 a1，公差为 d，关于 x 的不等式d2x2a1d2 xc0 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d2x2a1d2 xc0 的解为 0，10，且 d0，所以 c0，且
5、a1d2d210，解得 a192d，所以 Snna1n（n1）2dd2(n210n)d2(n5)225.因为 d0，所以当 n5 时，Sn 取到最大值.答案 0 5 5.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)10a5da16d210，所以25d24(6d21)0d2或d2.答案(，22，)6.若不等式(1)na3（1）n1n1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 1n1，只需 a3 1n1 min，即 a31383；n 为奇数时，a3 1n1只需a0)，由a11，a3
6、a22，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 Sn12n12 2n1，故 Tnk=1n（2k1）=k=1n2 k-n2（12n）12n2n1n2.证明 因为（Tkbk2）bk（k1）（k2）（2k1k2k2）k（k1）（k2）k2k1（k1）（k2）2k2k2 2k1k1，所以k=1n（Tkbk2）bk（k1）（k2）233 222 244 233 2n2n2 2n1n1
7、 2n2n22.规律方法 等差数列与等比数列的综合问题，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 Tn12n12 2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4
8、.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故 ann.所以，Snn（n1）2.(2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n2（12n）12n2n1n2.由 Sn(T1T2Tn)an4bn 可得n（n1）22n1n2n2n1，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 1ln 2
9、，求数列anbn 的前 n 项和 Tn.解(1)由已知，b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72，则a8a72，解得da8a72.所以，Snna1n（n1）2d2nn(n1)n23n.(2)由f(x)2x，f(x)2xln 2，过点(a2，b2)，即(a2，2a2)，斜率为2a2 ln 2，则函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y 2a2(2a2 ln 2)(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2.由题意，a2 1ln 22 1ln 2，解得a22.所以da2a11.从而 ann，bn2n，所以anbn n2n，所以 Tn12 222 323n12n1 n2
10、n，2Tn1122 322 n2n1.因此，2TnTn112 122 12n1 n2n2 12n1 n2n2n1n22n.所以 Tn2n1n22n.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 ann1n2，若数列bn满足 bnan 1an，则数列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.a1
11、a4D.a1a3，a2a4解析(1)bnan1ann1n2n2n1 1n1 1n22，所以 Snb1b2bn12132 13142 1n1 1n2212 1n22n，由于 f(x)12 1x22x 在(0，)上递增，所以 Sn12 1n22n 在 nN*上单调递增，所以当 n1 时，Sn 有最小值为136，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1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a21，所以等比数列的公比
12、q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a2a4.答案(1)136 (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，2Sn112Sn1 a2a1k(k0，nN*).(1)证明：数列an是等比数列；(2)若 a1a24，数列bn满足 bnlog3an can，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 2Sn112Sn1 k，2Sn11k(2Sn1)，故2Sn1k(2Sn11)(n2).两式相减可得 2an1
13、2kan，故an1an k(n2).a2a1k，an1an 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 a1k12.a1a2a1(1k)k12(1k)4k29，解得k3(舍去)或k3，故a11，从而an3n1(nN*).bnlog3an cann1 c3n1单调递增，且 TnT3 恒成立，b32c90，b43 c270，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】(20
14、19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，并求数列an的通项公式；(2)设 bn2nanan1，记数列bn的前 n 项和为 Sn，若对任意的 nN*都有 Sn1anm，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)12222n1 2n1.(2)解 因为 bn2n（2n1）（2n11）（2n11）（2n1）（2n1）（2n11）
15、12n112n11.所以Snb1b2bn 1211221 12211231 12n112n11112n11.又因为对任意的 nN*都有 Sn1anm，所以 m112n112n11恒成立，即 m112n112n11 min，即当 n1 时，m13.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xOy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
16、q，由题意得x1x1q3，x1q2x1q2.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 bn（nn1）22n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn 321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得 Tn321(2222n1)(2n1)2n1 322（12n1）12(2n1)2n1.所以 Tn（2n1）2n12.规律方法 此类问题常需
17、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(an，an1)在双曲线 y2x21 上，数列bn中，点(bn，Tn)在直线 y12x1 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(an，an1)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 y12x1 上，所以 Tn12bn1，所以当 n2 时，Tn112bn11，两式相减得 bn12bn12bn1，即 3bnbn1，所以 bnbn113，又因为 b112b11，所以 b123.所以数列bn是以23为首项，13为公比的等比数列.
