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【创新设计】2015年人教A版高三数学(文)二轮专题复习第1部分专题3第2讲


第2讲 数列的综合问题

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高考定位

数列的综合问题,多与函数、方程、不等式、三角

等有关知识综合;数列中的探索性问题,主要以等差、等比数

列的基本运算为背景,探究满足条件的参数的取值范围或者参

的存在性问题.主要考查利用函数观点解决数列问题以及用 不等式的方法研究数列的性质.

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热 点 一

数 列 与 不 等 式 的 综 合 数 列 中 不 等 式 的 证 明 问 题

[微 考 点 1]

【 例 1-1】 已 知 数 列 {an}的 前 n项 和 为 Sn,且 Sn=an+1+n-2, n∈N*,a1=2 . ( 1 ) 证 明 : 数 列 {an-1 }是 等 比 数 列 , 并 求 数 列 {an}的 通 项 公 式 ;

3n ( 2 ) 设 bn= (n∈N*)的 前 n项 和 为 Tn, 证 明 : Tn<6 . Sn-n+1

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证 明

( 1 ) 因 为 Sn=an+1+n-2,

当 n≥2 时 , Sn-1=an+(n-1 ) -2=an+n-3, 两 式 相 减 , 得 Sn-Sn-1=an=an+1-an+1,

即 an+1=2an-1, 设 cn=an-1, 代 入 上 式 , 得 即 cn+1=2cn. 由 Sn=an+1+n-2, 得 an+1=Sn-n+2, 故 a2=S1-1+2=3, 显 然 a1-1=1,a2-1=2, 故 c2=2c1. cn+1+1=2 ( cn+1 ) -1,

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综 上 , 对 于

n∈N*,cn+1=2cn 都 成 立 ,

即 an+1-1=2 ( an-1 )都 成 立 , 即 数 列 {an-1 }是 等 比 数 列 , 其 首 项 为 1, 公 比 为 2 .

所 以 an-1=1×2n-1, 所 以 an=2n-1+1 . ( 2 ) 由 Sn=an+1+n-2, 得 Sn-n+2=an+1=2n+1, 3n 故 Sn-n+1=2 , 所 以 bn= 2n .
n

3 3×2 3n 所 以 Tn=b1+b2+?+bn-1+bn=2+ 22 +?+ 2n ,①
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6 3×3 3n ①×2, 得 2Tn=3+2+ 22 +?+ n-1,② 2 3 3 3 3n ②-①, 得 Tn=3+2+22+?+ n-1- 2n = 2
? 1 1 1 ? ? ? 3n 1 + + +?+ 3? 2 22 n-1?- n =3× 2 ? ? 2 ?1? 1-?2?n ? ?

3n 1 - 2n 1-2

3n+6 3n+6 3n+6 =6- 2n .因 为 2n >0, 所 以 Tn=6- 2n <6 .

规律方法

证明数列中的不等式常转化为求数列的前 n 项和,

一般把数列前 n 项 和 分 两 部 分 : 一 部 分 是 要 证 明 的 常 数 ; 一 部 分是关于 n 的表达式.
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[微 考 点 2]

数 列 中 的 恒 成 立 问 题

3n2-n 【 例 1-2】 ( 2 0 1 4 · 江 西 卷 )已 知 数 列 {an}的 前 n项 和 Sn= 2 , n∈N*. ( 1 ) 求 数 列 {an}的 通 项 公 式 ; ( 2 ) 证 明 : 对 任 意 的 等 比 数 列 . n>1, 都 存 在 m∈N*, 使 得 a1,an,am 成

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( 1 ) 解
-1

3n2-n 由 Sn = 2 , 得 a1=S1=1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn

=3n-2, an=3n-2 . a2 am, n=a1· m∈N*,

所 以 数 列 {an}的 通 项 公 式 为 ( 2 ) 证 明

要 使 得 a1,an,am 成 等 比 数 列 , 只 需 要

即(3n-2 ) 2=1 ( · 3 m-2), 即 m=3n2-4n+2, 而 此 时 且 m>n. 所 以 对 任 意 的 数 列 . n>1, 都 存 在

m∈N*, 使 得 a1,an,am 成 等 比

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规律方法 使用结论

根据数列的前 n 项和求通项公式, 一般情况下可以
? ?S1,n=1, an=? ? ?Sn-Sn-1,n≥2,

求 出 , 但 在 使 用 这 一 公 式 时 ,

不要忽略 n=1 的情况是否可以合并,最终能合并在一起的要 合 并 , 不 能 合 并 的 可 以 分 段 写 , 如 果 忽 略 这 一 特 殊 情 况 可 能 会 导致错误.

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【训练 1】 已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为 14, 且 a1,a3,a7 恰为等比数列{bn}的前三项. ( 1 ) 分 别 求 数 列 {an},{bn}的前 n 项和 Sn,Tn;

SnTn ( 2 ) 记数列{anbn}的前 n 项和为 Kn, 设 cn = K , 求 证 : cn+1>cn(n n ∈N*).

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(1 )解

设 公 差 为

d, 则

? 4, ?4a1+6d=1 ? 2 ? ? a + 2 d ? =a1?a1+6d?, ? 1

解 得 d=1 或 d=0 (舍 去 ),a1=2, n?n+3? 所 以 an=n+1,Sn= 2 . 又 a1=2,d=1, 所 以 a3=4, 即 b2=4 . 所 以 数 列 {bn}的 首 项 为


b2 b1=2, 公 比 q=b =2, 1

所 以 bn=2n,Tn=2n 1-2 .

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( 2 ) 证 明

因 为 Kn=2 2 · 1+3 2 2+?+(n+1 · ) 2 · n,①
n+1

故 2Kn=2 2 2 +3 · 2 3+?+n· · 2n+(n+1 ) · 2

,②
n+1

①-②得 - Kn=2 2 1+22+23+?+2n-(n+1 · ) · 2
n ? n + 3 ?? 2 -1? SnTn n+1 ∴Kn=n· 2 , 则 cn = K = . 2n+1 n



?n+4??2n+1-1? ?n+3??2n-1? cn+1-cn= - n+2 2 2n+1 2n+1+n+2 = >0, 2n+2 所 以 cn+1>cn(n∈N*).
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热 点 二

数 列 与 函 数 的 交 汇 问 题 n∈N*,点 P(n,an) l上 , 并 且 点 C( 1 2 ,) 是

【 例 2】 已 知 数 列 {an}和{bn}, 对 于 任 意 的 都 在 经 过 点 A(-1 0 ,) 与 点
?1 ? B?2,3?的 直 线 ? ?

函 数 f(x)=ax(a>0 且 a≠1 )的 图 象 上 一 点 , 数 列 和 Sn=f(n)-1 . ( 1 ) 求 数 列 {an}和{bn}的 通 项 公 式 ; ( 2 ) 求 证 : 数 列
? ? 1 ? ? ? ?的 前 a l · n b ? ? + n 1? ? n

{bn}的 前 n项

1 n项 和 Tn<2 l n 2 .

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( 1 ) 解

直线 l 的 斜率 为 k =1

=2, 2-?-1?

3-0

故 直 线 l的 方 程 为

y=2[ x-(-1 ) ] , 即 y=2x+2 . an=2n+2 .

所 以 数 列 {an}的 通 项 公 式 为 把 点 C( 1 2 ,) 代 入 函 数

f(x)=ax, 得 a=2,

所 以 数 列 {bn}的 前 n项 和 Sn=f(n)-1=2n-1 . 当 n=1 时 , b1=S1=1; 当 n≥2 时 , bn=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1, 当 n=1 时 也 适 合 , 所 以 数 列 {bn}的 通 项 公 式 为 bn=2n-1.
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( 2 ) 证 明

1 设 cn = , anl · n bn+1 1 1 =2 n= l n 2 2n?n+1?l n 2

1 1 由( 1 ) 知 cn = = anl · n bn+1 ?2n+2?l n 2
?1 1 ? ? ? - ?n n+1?, ? ?

1 所 以 Tn=c1+c2+c3+?+cn=2 l n 2
?1 ? ?1 1? 1 ? 1 ? ? ? ? - ?+?+? - =2 ? ? n 3 4 n + 1 l n 2 ? ? ? ??

?? 1? ?1 1? ??1- ?+? - ?+ 2? ?2 3? ??

? 1 ? ? ? 1 - ? ?. n + 1 ? ?

1 1 因 为 >0, 所 以 Tn<2 . l n 2 n+1
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规 律 方 法

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满足某种关系, 或是给出 Sn 的 表 达 式 , Sn 与 an 的关系,还有以曲线上的切点

为 背 景 的 问 题 , 求 解 这 类 问 题 的 关 键 在 于 利 用 数 列 与 函 数 的 对 应,将条件进行准确的转化即可.

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【 训 练 2】 已 知 二 次 函 数

y=f(x)的 图 象 经 过 坐 标 原 点 , 其 导 函

数 为 f′(x)=6x-2, 数 列 {an}的 前 n项 和 为 Sn,点(n,Sn)(n∈ N*)在 函 数 y=f(x)的 图 象 上 . ( 1 ) 求 数 列 {an}的 通 项 公 式 ; 3 m ( 2 ) 设 bn = ,Tn 是 数 列 {bn}的前 n 项和,求使得 Tn<2 0对 anan+1 所 有 n(n∈N*)都 成 立 的 最 小 正 整 数 m.

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( 1 ) 设 函 数 f(x)=a x 2+b x (a≠0 ),

则 f′(x)=2a x +b, 由 f′(x)=6x-2, 得 a=3,b= - 2, 所 以 f(x)=3x2-2x. 又 因 为 点 (n,Sn)(n∈N*)在 函 数 y=f(x)的 图 象 上 , 所 以 Sn=3n2-2n. 当 n≥2 时 , an=Sn-Sn-1 =(3n2-2n)-[3 ( n-1)2-2(n-1 ) ] =6n-5 . 当 n=1 时 , a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5, 所 以 , an=6n-5 ( n∈N*).
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3 3 1 1 1 ( 2 ) 由( 1 ) 知 bn= = = - , anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5 ] 26n-5 6n+1 故 Tn=b1+b2+?+bn 1 1 1 1 1 1 1 1 =21-7+7-1 3 +?+6n-5-6n+1=21-6n+1. 因 此 , 要 使 1 1 m * 1 - < ( n ∈ N )恒 成 立 , 2 0 6n+1 2 m≥1 0, 所 以 满 足 要 求 的 最 小 正 整

1 m 则m需 满 足 2≤2 可 , 则 0即 数m为1 0 .

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热 点 三

数 列 中 的 探 索 性 问 题

【 例 3】 已 知 数 列 {an}的 前 n项 和 为 Sn,a1+a2=1 6 且 Sn=2Sn
-1

+n+4 ( n≥2,n∈N*).

( 1 ) 求 数 列 {an}的 通 项 an ; ( 2 ) 令 bn=nan, 求 {bn}的 前 n项 和 Tn, 并 判 断 是 否 存 在 唯 一 不 等 于 1 的 n 使 Tn=2 2 n-1 7 成 立 ? 若 存 在 , 求 出 存 在 , 说 明 理 由 . n的 值 ; 若 不

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( 1 ) 由 已 知 Sn=2Sn-1+n+4, 可 得 Sn-1=2Sn-2+n+3 ( n≥3,

n∈N*), 两 式 相 减 得 , Sn-Sn-1=2 ( Sn-1-Sn-2)+1,即 an=2an-1+1,从

而 an+1=2 ( an-1+1), 当 n=2 时 , S2=2S1+6, 则 a2-a1=6, 又 a1+a2=1 6, 所 以 a1=5,a2=1 1 . 从 而 a2+1=2 ( a1+1 ), 故 总 有 n∈N*.又 a1=5,a1+1≠0, an+1=2 ( an-1+1 ) ,n≥2,

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an+1 从 而 =2 ( n≥2,n∈N*), 即 数 列 {an+1 }是 以 6为 首 项 , an-1+1 2为 公 比 的 等 比 数 列 , 则 故 an=3×2n-1 . ( 2 ) 由( 1 ) ,知 Tn=a1+2a2+?+n a n=(3×2-1 ) +2 ( 3 ×22-1 ) +?+n(3×2n-1 ) =3 ( 2 +2×22+?+n×2n)-(1+2+?+n) =3 ( n-1 ) 2 ·
n +1

an+1=6 2 n-1, ·

n?n+1? - 2 +6,
n+1

Tn-( 2 2 n-1 7 ) =3 ( n-1 ) · 2 =3 ( n-1 ) 2 ·
n +1

n?n+1? - 2 -2 2 n+2 3

1 2 -2(n +45n-4 6 )
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1 =2(n-1)[6 2 ·

n+1

-(n+4 6 ) ] ,

令 f(n)=6 · 2 n+1-n-46,因为 f(n+1)-f(n)=6 2 · n+1-1>0,所 以 f(n)单 调 递 增 , 观 察 可 知 f( 2 ) =6 2 · 3-(2+4 6 ) =0, 所 以 存 在

唯一不为 1 的 n 使 Tn=22n-17 成立,此时 n=2.

规 律 方 法

解 决 探 索 性 问 题 的 一 般 解 题 思 路 : 先 假 设 结 论 存

在 , 若 推 理 无 矛 盾 , 则 结 论 确 定 存 在 ; 若 推 理 有 矛 盾 , 则 结 论 不 存 在 . 解 决 探 索 性 问 题 应 具 备 较 高 的 数 学 思 维 能 力 , 即 观 察 、 分 析 、 归 纳 、 体现.
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猜想问题的能力,这正是“以能力立意”的 生 动

【训练 3】 已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成 等差数列,且 a2+a3+a4=-18. ( 1 ) 求数列{an}的通项公式; ( 2 ) 是 否 存 在 正 整 数 n,使得 Sn≥20 1 3 ?若存在,求出符合条

件的所有 n 的集合;若不存在,说明理由.
解 ( 1 ) 设 数 列 {an}的 公 比 为 q, 则 a1≠0,q≠0 .由 题 意 得

? ?S2-S4=S3-S2, ? ? -1 8 . ?a2+a3+a4= ? ?a1=3, ? ? -2 . ?q=

2 3 2 ? ?-a1q -a1q =a1q , 即? 2 ? -1 8, ?a1q?1+q+q ?=

解 得

故 数 列 {an}的 通 项 公 式 为

an=3×(-2 ) n-1.
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3 [ · 1 -?-2?n] ( 2 ) 由( 1 ) 有 Sn= =1-(-2 ) n. 1-?-2? 若 存 在 n, 使 得 Sn≥2 0 1 3 则 1-(-2 ) n≥2 0 1 3 当n为 偶 数 时 , 当n为 奇 数 时 , 即 2n≥2 0 1 2 ,

, 即 ( -2 ) n≤-2 0 1 2 .

( -2 ) n> 0 . 上 式 不 成 立 ; (-2)n= - 2n≤-2 0 1 2 ,

, 则 n≥1 1 . n, 且 所 有 这 样 的 n的 集 合 为

综 上 , 存 在 符 合 条 件 的 正 整 数 {n|n=2k+1,k∈N,k≥5 } .

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1.数列与不等式综合问题

(1)如果是证明不等式,常转化为数列和的最值问题,同时要
注意比较法、放缩法、基本不等式的应用; (2)如果是解不等式,注意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题 (1)函数条件的转化:直接利用函数与数列的对应关系,把函

数解析式中的自变量x换为n即可.
(2)数列向函数的转化:可将数列中的问题转化为函数问题, 但要注意函数定义域.
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3.数列中的探索性问题 处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对象存在或 结论成立或其中的一部分结论成立,然后在这个前提下进行

逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定
结论,其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已 知条件建立恒等式,利用等式恒成立的条件求解.

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