《（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案 文（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案 文考情考向分析1.數(shù)列的綜合問題，往往將數(shù)列與函數(shù)、不等式結(jié)合，探求數(shù)列中的最值或證明不等式.2.以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，利用函數(shù)觀點(diǎn)探求參數(shù)的值或范圍.3.將數(shù)列與實(shí)際應(yīng)用問題相結(jié)合，考查數(shù)學(xué)建模和數(shù)學(xué)應(yīng)用能力熱點(diǎn)一利用Sn，an的關(guān)系式求an1數(shù)列an中，an與Sn的關(guān)系an2求數(shù)列通項(xiàng)的常用方法(1)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項(xiàng)公式(2)在已知數(shù)列an中，滿足an1anf(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，則可用累加法求數(shù)列的通項(xiàng)an.(3)在已知數(shù)列an中，滿足f(n)，且f(1)f(2)f(

2、n)可求，則可用累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)an.(4)將遞推關(guān)系進(jìn)行變換，轉(zhuǎn)化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列)例1已知等差數(shù)列an中，a22，a3a58，數(shù)列bn中，b12，其前n項(xiàng)和Sn滿足：bn1Sn2(nN*)(1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)a22，a3a58，2d23d8，d1，ann(nN*)bn1Sn2(nN*)，bnSn12(nN*，n2)由，得bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，bn12bn(nN*，n2)b12，b22b1，bn是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，bn2n(nN*)(2)由cn，得Tn，Tn，兩式相減，得Tn1，Tn2(

3、nN*)思維升華給出Sn與an的遞推關(guān)系，求an，常用思路：一是利用SnSn1an(n2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.跟蹤演練1(2018綿陽診斷性考試)已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足：a1anS1Sn.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)令bnlog2，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由已知a1anS1Sn，可得當(dāng)n1時(shí)，aa1a1，解得a10或a12，由an是正項(xiàng)數(shù)列，故a12.當(dāng)n2時(shí)，由已知可得2an2Sn，2an12Sn1，兩式相減得，2an，化簡得an2an1，數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故a

4、n2n.數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n(nN*)(2)bnlog2，代入an2n化簡得bnn5，顯然bn是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和Tn(nN*)熱點(diǎn)二數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿足的條件，通常利用點(diǎn)在曲線上給出Sn的表達(dá)式，還有以曲線上的切點(diǎn)為背景的問題，解決這類問題的關(guān)鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應(yīng)關(guān)系，將條件進(jìn)行準(zhǔn)確的轉(zhuǎn)化數(shù)列與不等式的綜合問題一般以數(shù)列為載體，考查最值問題，不等關(guān)系或恒成立問題例2設(shè)fn(x)xx2xn1，x0，nN，n2.(1)求fn(2)；(2)證明：fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為an)，且0ann.(1)解由題設(shè)f

5、n(x)12xnxn1，所以fn(2)122(n1)2n2n2n1，則2fn(2)2222(n1)2n1n2n，由得，fn(2)12222n1n2nn2n(1n)2n1，所以fn(2)(n1)2n1.(2)證明因?yàn)閒n(0)10，所以fn(x)在內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)，又fn(x)12xnxn10，所以fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，因此fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)an，由于fn(x)1，所以fn(an)10，由此可得ana，故an，所以0anan1n.思維升華解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題要注意以下幾點(diǎn)(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，函數(shù)定義域是正整數(shù)，在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時(shí)要特別重視(2)解題時(shí)準(zhǔn)確

6、構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件(3)不等關(guān)系證明中進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s跟蹤演練2(2018泉州質(zhì)檢)記數(shù)列an的前n 項(xiàng)和為Sn，已知1，an，Sn 成等差數(shù)列(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)若bn(nN*)，證明：b1b2bn1.(1)解由已知1，an，Sn成等差數(shù)列，得2anSn1，當(dāng)n1 時(shí)，2a1S11，所以a11；當(dāng)n2時(shí)，2an1Sn11，兩式相減得2an2an1an，所以2，則數(shù)列an是以a11為首項(xiàng)，q2為公比的等比數(shù)列，所以ana1qn112n12n1(nN*)(2)證明由(1)得bn，所以b1b2bn1，因?yàn)?n112213,0，所以11，即證得b1b2bn0)(1)求A市2

7、019年的碳排放總量(用含m的式子表示)；(2)若A市永遠(yuǎn)不需要采取緊急限排措施，求m的取值范圍解設(shè)2018年的碳排放總量為a1,2019年的碳排放總量為a2，(1)由已知，a14000.9m，a20.9m4000.920.9mm3241.9m.(2)a30.9m4000.930.92m0.9mm，an4000.9n0.9n1m0.9n2m0.9mm4000.9nm4000.9n10m0.9n10m.由已知nN*，an550，(1)當(dāng)40010m0，即m40時(shí)，顯然滿足題意；(2)當(dāng)40010m0，即m40時(shí)，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得0.910m550，解得m190.綜合得m40；(3)當(dāng)4001

8、0m40時(shí)，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得10m550，解得m55，綜合得40m55.綜上可得所求m的范圍是.思維升華常見數(shù)列應(yīng)用題模型的求解方法(1)產(chǎn)值模型：原來產(chǎn)值的基礎(chǔ)數(shù)為N，平均增長率為p，對于時(shí)間n的總產(chǎn)值yN(1p)n.(2)銀行儲(chǔ)蓄復(fù)利公式：按復(fù)利計(jì)算利息的一種儲(chǔ)蓄，本金為a元，每期的利率為r，存期為n，則本利和ya(1r)n.(3)銀行儲(chǔ)蓄單利公式：利息按單利計(jì)算，本金為a元，每期的利率為r，存期為n，則本利和ya(1nr)(4)分期付款模型：a為貸款總額，r為年利率，b為等額還款數(shù)，則b.跟蹤演練3(2018上海崇明區(qū)模擬)2016 年崇明區(qū)政府投資 8 千萬元啟動(dòng)休閑體育新鄉(xiāng)村旅游

9、項(xiàng)目規(guī)劃從 2017 年起，在今后的若干年內(nèi)，每年繼續(xù)投資 2 千萬元用于此項(xiàng)目.2016 年該項(xiàng)目的凈收入為 5 百萬元，并預(yù)測在相當(dāng)長的年份里，每年的凈收入均在上一年的基礎(chǔ)上增長50%.記 2016 年為第 1 年，f(n)為第 1 年至此后第 n(nN*)年的累計(jì)利潤(注：含第 n 年，累計(jì)利潤累計(jì)凈收入累計(jì)投入，單位：千萬元)，且當(dāng) f(n)為正值時(shí)，認(rèn)為該項(xiàng)目贏利(1)試求 f(n)的表達(dá)式；(2)根據(jù)預(yù)測，該項(xiàng)目將從哪一年開始并持續(xù)贏利？請說明理由解(1)由題意知，第1年至此后第n(nN*)年的累計(jì)投入為82(n1)2n6(千萬元)，第1年至此后第n(nN*)年的累計(jì)凈收入為12n

10、1n1(千萬元)f(n)n1(2n6)n2n7(千萬元)(2)方法一f(n1)f(n)，當(dāng)n3時(shí)，f(n1)f(n)0，故當(dāng)n4時(shí)，f(n)遞增又f(1)0，f(7)721172140.該項(xiàng)目將從第8年開始并持續(xù)贏利答：該項(xiàng)目將從2023年開始并持續(xù)贏利方法二設(shè)f(x)x2x7(x1)，則f(x)xln2，令f(x)0，得x5，x4.從而當(dāng)x1,4)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增又f(1)0，f(7)721172140.該項(xiàng)目將從第8年開始并持續(xù)贏利答：該項(xiàng)目將從2023年開始并持續(xù)贏利真題體驗(yàn)1(2018全國)記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和若Sn2an1，則S6_.答案63解析Sn2an1，當(dāng)

11、n2時(shí)，Sn12an11，anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)當(dāng)n1時(shí)，a1S12a11，得a11.數(shù)列an是首項(xiàng)a11，公比q2的等比數(shù)列，Sn12n，S612663.2(2017山東)已知xn是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1x23，x3x22.(1)求數(shù)列xn的通項(xiàng)公式；(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點(diǎn)P1(x1,1)，P2(x2,2)，Pn1(xn1，n1)得到折線P1P2Pn1，求由該折線與直線y0，xx1，xxn1所圍成的區(qū)域的面積Tn.解(1)設(shè)數(shù)列xn的公比為q.由題意得所以3q25q20，由已知得q0，所以q2，x11.因此數(shù)列xn的通項(xiàng)

12、公式為xn2n1(nN*)(2)過P1，P2，Pn1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，記梯形PnPn1Qn1Qn的面積為bn，由題意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1，得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn(nN*)押題預(yù)測已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式Snkan1，k為不等于0的常數(shù)(1)試判斷數(shù)列an是否為等比數(shù)列；(2)若a2，a31.求數(shù)列an的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式；

13、設(shè)bnlog2Sn，數(shù)列cn滿足cnbn2，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn，當(dāng)n1時(shí)，求使TnSn3成立的最小正整數(shù)n的值押題依據(jù)本題綜合考查數(shù)列知識(shí)，第(1)問考查反證法的數(shù)學(xué)方法及邏輯推理能力，第(2)問是高考的熱點(diǎn)問題，即數(shù)列與不等式的完美結(jié)合，其中將求數(shù)列前n項(xiàng)和的常用方法“裂項(xiàng)相消法”與“錯(cuò)位相減法”結(jié)合在一起，考查了綜合分析問題、解決問題的能力解(1)若數(shù)列an是等比數(shù)列，則由n1得a1S1ka2，從而a2ka3.又取n2，得a1a2S2ka3，于是a10，顯然矛盾，故數(shù)列an不是等比數(shù)列(2)由條件得解得從而Snan1.當(dāng)n2時(shí)，由Sn1an，得anSnSn1an1an，即an12an

14、，此時(shí)數(shù)列是首項(xiàng)為a2，公比為2的等比數(shù)列綜上所述，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an從而其前n項(xiàng)和Sn2n2(nN*)由得bnn2，從而cnn2n2.記C1，記C2121220n2n2，則2C2120221n2n1，兩式相減得C2(n1)2n1，從而Tn(n1)2n1(n1)2n1，則不等式TnSn3可化為2n10，因?yàn)閚N*且n1，故n9，從而最小正整數(shù)n的值是10.A組專題通關(guān)1(2018安徽省“皖南八?！甭?lián)考)刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3， 中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列，這個(gè)數(shù)列的第2 018項(xiàng)是()A2 062 B2 063C2 064 D2 065答案B解析由題意可得，這些數(shù)可以寫為12,

15、2,3,22,5,6,7,8,32，第k個(gè)平方數(shù)與第k1個(gè)平方數(shù)之間有2k個(gè)正整數(shù)，而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32，452共有2 025項(xiàng)，去掉45個(gè)平方數(shù)后，還剩余2 025451 980(個(gè))數(shù)，所以去掉平方數(shù)后第2 018項(xiàng)應(yīng)在2 025后的第38個(gè)數(shù)，即是原來數(shù)列的第2 063項(xiàng)，即為2 063.2(2018百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知數(shù)列an中，a17，an12an1，則a30等于()A1 028 B1 026 C1 024 D1 022答案D解析因?yàn)閍n12an1，所以an1an12，即an12an221，所以22，即1，故是以3為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以3(n1)1n

16、2，所以ann24n2，所以a301 022.3(2018商丘模擬)已知數(shù)列an滿足a11，an1an2(nN*)，Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，則()Aan2n1 BSnn2Can2n1 DSn2n1答案B解析由題意得a2a12，a3a22，a4a32，anan12，a2a1a3a2a4a3anan12(n1)，ana12(n1)，an2n1.a11，a23，a35，an2n1，a1a2a3an1352n1，Sn(12n1)n2.4(2018河南省豫南豫北聯(lián)考)數(shù)列an滿足a1，an(nN*)，若對nN*，都有k成立，則最小的整數(shù)k是()A3 B4 C5 D6答案C解析由an，得anan11，即

17、，且an1.，5成立，k5.故最小的整數(shù)k是5.5(2018馬鞍山聯(lián)考)已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù)，例如：12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12，則f(12)3；21的因數(shù)有1,3,7,21，則f(21)21，那么(i)的值為()A2 488 B2 495 C2 498 D2 500答案D解析由f(n)的定義知f(n)f(2n)，且若n 為奇數(shù)則f(n)n，則(i)f(1)f(2)f(100)13599f(2)f(4)f(100)f(1)f(2)f(50)2 500(i)，(i)(i)(i)2 500.6對于數(shù)列an，定義Hn為an的“優(yōu)值”，現(xiàn)在已知某數(shù)列an的“優(yōu)值”Hn

18、2n1，記數(shù)列ankn的前n項(xiàng)和為Sn，若SnS5對任意的n恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_答案解析由題意可知2n1，a12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n，由，得2n1ann2n1(n1)2n(n2，nN*)，則an2n2(n2)，又當(dāng)n1時(shí)，a14，符合上式，an2n2(nN*)，ankn(2k)n2，令bn(2k)n2，SnS5，b50，b60，解得k，k的取值范圍是.7已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，Sn(an1)，則(4n21)的最小值為_答案4解析Sn(an1)，Sn1(an11)(n2)，anSnSn1(anan1)，an4an1，又a1S1(a11)，a1

19、4，an是首項(xiàng)為4，公比為4的等比數(shù)列，an4n，(4n21)2224，當(dāng)且僅當(dāng)n2時(shí)取“”8已知數(shù)列an的首項(xiàng)a1a，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足SnSn14n2(n2，nN*)，若對任意nN*，anan1恒成立，則a的取值范圍是_答案(3,5)解析由條件SnSn14n2(n2，nN*)，得Sn1Sn4(n1)2，兩式相減，得an1an8n4，故an2an18n12，兩式再相減，得an2an8，由n2，得a1a2a116a2162a，從而a2n162a8(n1)8n82a；由n3，得a1a2a3a1a236a342a，從而a2n142a8(n1)8n42a，由條件得解得3a2)，求函數(shù)f(n)的

20、最小值；(3)設(shè)bn，Sn表示數(shù)列bn的前n項(xiàng)和，試問：是否存在關(guān)于n的整式g(n)，使得S1S2S3Sn1(Sn1)g(n)對于一切不小于2的自然數(shù)n恒成立？若存在，寫出g(n)的解析式，并加以證明；若不存在，請說明理由解(1)點(diǎn)P(an，an1)在直線xy10上，即an1an1，且a11，數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，an1(n1)1n(nN*)(2)f(n)，f(n1)，f(n1)f(n)0，f(n1)f(n)0，f(n)是單調(diào)遞增的，故f(n)的最小值是f(3).(3)bnSn1，SnSn1(n2)，即nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S

21、2S1S11，nSnS1S1S2Sn1n1，S1S2Sn1nSnn(Sn1)n(n2)，g(n)n.10(2016四川)已知數(shù)列an的首項(xiàng)為1，Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，Sn1qSn1，其中q0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差數(shù)列，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)雙曲線x21的離心率為en，且e2，證明：e1e2en.(1)解由已知Sn1qSn1，得Sn2qSn11，兩式相減得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，故an1qan對所有n1都成立所以，數(shù)列an是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列從而anqn1.由2a2，a3，a22成等差數(shù)列，可得2a33a22，即2q23

22、q2，則(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2n1(nN*)(2)證明由(1)可知，anqn1.所以雙曲線x21的離心率en.由e2，解得q.因?yàn)?q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)于是e1e2en1qqn1.故e1e2en.B組能力提高11若數(shù)列an滿足1，且a15，則數(shù)列an的前100項(xiàng)中，能被5整除的項(xiàng)數(shù)為()A42 B40 C30 D20答案B解析數(shù)列an滿足1，即1，且1，數(shù)列是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，n，an2n23n，由題意可知，項(xiàng)12345678910個(gè)位數(shù)5474509290每10項(xiàng)中有4項(xiàng)能被5整除，數(shù)列an的前100項(xiàng)中，能被5整除的項(xiàng)

23、數(shù)為40.12(2018江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)設(shè)x1是函數(shù)f(x)an1x3anx2an2x1(nN*)的極值點(diǎn)，數(shù)列an滿足 a11，a22，bnlog2an1，若x表示不超過x的最大整數(shù)，則等于()A2 017 B2 018 C2 019 D2 020答案A解析由題意可得f(x)3an1x22anxan2，x1是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，f(1)3an12anan20，即an23an12an0.an2an12，a2a11，a3a2212，a4a32222，anan12n2，以上各式累加可得an2n1.bnlog2an1log22nn.2 0182 0182 0182 017.2 017.1

24、3已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Snn2(an2)(nN*)(1)證明：數(shù)列an1為等比數(shù)列；(2)若bnanlog2(an1)，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.(1)證明Snn2(an2)，當(dāng)n2時(shí)，Sn1(n1)2(an12)，兩式相減，得an12an2an1，an2an11，an12(an11)，2(n2)(常數(shù))又當(dāng)n1時(shí)，a112(a12)，得a13，a112，數(shù)列an1是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列(2)解由(1)知，an122n12n，an2n1，又bnanlog2(an1)，bnn(2n1)，Tnb1b2b3bn(12222323n2n)(123n)，設(shè)An12222

25、323(n1)2n1n2n，則2An122223(n1)2nn2n1，兩式相減，得An222232nn2n1n2n1，An(n1)2n12.又123n，Tn(n1)2n12(nN*)14已知等比數(shù)列an滿足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)是否存在正整數(shù)m，使得1？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由已知可得解得或故an3n1或an5(1)n1，nN*.(2)設(shè)Sm，若an3n1，則n1，則數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列從而Sm1.若an5(1)n1，則(1)n1，故數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為1的等比數(shù)列，從而Sm故Sm1.綜上，對任何正整數(shù)m，總有Sm1.故不存在正整數(shù)m，使得1成立