发布时间 : 星期二 文章2020最新高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第3讲 数列的综合问题学案（考试专用）更新完毕开始阅读58b34b330342a8956bec0975f46527d3250ca638
第3讲 数列的综合问题
[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.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.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．
热点一 利用Sn，an的关系式求an 1.数列{an}中，an与Sn的关系
??S1，n＝1，an＝?
?Sn－Sn－1，n≥2.?
2．求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.
(3)在已知数列{an}中，满足列的通项an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
例1 (2018·浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n＋n. (1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解 (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项， 得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
2
an＋1
＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数an?1?由a3＋a5＝20，得8?q＋?＝20，
?
q?
1
解得q＝2或q＝.
2因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
1
??S1，n＝1，由cn＝?
?Sn－Sn－1，n≥2，?
解得cn＝4n－1(n∈N)．
*
由(1)可得an＝2
n－1
，
?1?n－1
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×??，
?2??1?n－2
故bn－bn－1＝(4n－5)×??，n≥2，
?2?
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×??n－2＋(4n－9)×??n－3
22
1
＋…＋7×＋3.
2
1?1?2?1?n－2
设Tn＝3＋7×＋11×??＋…＋(4n－5)×??，n≥2，①
2?2??2?
11?1?2?1?n－2?1?n－1
则Tn＝3×＋7×??＋…＋(4n－9)×??＋(4n－5)×??，n≥2，② 22?2??2??2?11?1?2?1?n－2?1?n－1
①－②，得Tn＝3＋4×＋4×??＋…＋4×??－(4n－5)×??，n≥2，
22?2??2??2?
?1????1???
?1?n－2
因此Tn＝14－(4n＋3)×??，n≥2.
?2?
?1?n－2
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×??，n≥2，
?2?
当n＝1时，b1＝1也满足上式，
?1?n－2*
所以bn＝15－(4n＋3)×??，n∈N.
?2?
思维升华 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为
an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再
求an.
跟踪演练1 已知数列{an}的前n项和Sn满足：a1an＝S1＋Sn. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，数列?log2?的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．
32??解 (1)由已知a1an＝S1＋Sn，①
可得当n＝1时，a1＝a1＋a1，解得a1＝0或a1＝2， 当n≥2时，由已知可得a1an－1＝S1＋Sn－1，② ①－②得a1(an－an－1)＝an.
若a1＝0，则an＝0，此时数列{an}的通项公式为an＝0. 若a1＝2，则2(an－an－1)＝an，化简得an＝2an－1，
2
2
?
an?
即此时数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 故an＝2(n∈N)．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2(n∈N)． (2)因为an>0，故an＝2.
设bn＝log2，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，
32由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小， 5(－4＋0)
最小值为T4＝T5＝＝－10.
2热点二 数列与函数、不等式的综合问题
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，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． 例2 已知函数f(x)＝ln(1＋x)－
nn*
n*
anx?1＋λx?
.
1＋x(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；
1111
(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2. 23n4n(1)解 由已知可得f(0)＝0， ∵f(x)＝ln(1＋x)－
x?1＋λx?，
1＋x2
?1－2λ?x－λx∴f′(x)＝，且f′(0)＝0. 2
?1＋x?
①若λ≤0，则当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)≥f(0)＝0，不合题意； 1
②若0<λ<，
2
1－2λ则当0
λλ1－2λ∴当0
2
则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x≥0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意． 11
综上，λ≥.∴实数λ的最小值为.
22
3
1111111
(2)证明 由于a2n－an＋＝＋＋＋…＋＋＋，
4nn＋1n＋2n＋32n－12n4n1x?2＋x?
若λ＝，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－，
22＋2x且当x>0时，f(x)<0，即
x?2＋x?
>ln(1＋x)， 2＋2x12n＋1n＋1令x＝，则>ln，
n2n?n＋1?n11n＋1∴＋>ln， 2n2?n＋1?n11n＋2
＋>ln，
2?n＋1?2?n＋2?n＋111n＋3
＋>ln，
2?n＋2?2?n＋3?n＋2…，
112n＋>ln. 2?2n－1?4n2n－1以上各式两边分别相加可得
11111111＋＋＋＋＋＋…＋＋ 2n2?n＋1?2?n＋1?2?n＋2?2?n＋2?2?n＋3?2?2n－1?4n>ln即
n＋1n＋2n＋32n＋ln＋ln＋…＋ln， nn＋1n＋22n－1
111111＋＋＋…＋＋＋ n＋1n＋2n＋32n－12n4n>ln?
?n＋1·n＋2·n＋3·…·2n?＝ln2n＝ln 2，
?n＋1n＋22n－1?n?n1
∴a2n－an＋>ln 2. 4n思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点
(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．
跟踪演练2 设fn(x)＝x＋x＋…＋x－1，x≥0，n∈N，n≥2. (1)求fn′(2)；
11?2?n?2?(2)证明：fn(x)在?0，?内有且仅有一个零点(记为an)，且0 23?3??3?(1)解 由题设fn′(x)＝1＋2x＋…＋nx所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2 n－1 2 n， n－1 n－2 ＋n·2，① 4