2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第六章　§6.6　数列中的综合问题

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题型一 等差数列、等比数列的综合运算
例1 (2023·厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(1,2)n，递增的等比数列{bn}满足b1＋b4＝18，b2·b3＝32.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an·bn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(1,2)n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n－12＋\f(1,2)n－1))＝3n－1，
又∵当n＝1时，a1＝S1＝2符合上式，
∴an＝3n－1.
∵b2b3＝b1b4，
∴b1，b4是方程x2－18x＋32＝0的两根，
又∵b4>b1，
∴解得b1＝2，b4＝16，
∴q3＝eq \f(b4,b1)＝8，
∴q＝2，∴bn＝b1·qn－1＝2n.
(2)∵an＝3n－1，bn＝2n，
则cn＝(3n－1)·2n，
∴Tn＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n－1)·2n，
2Tn＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n－1)·2n＋1，
将两式相减得－Tn＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n)－(3n－1)·2n＋1
＝4＋3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(221－2n－1,1－2)))－(3n－1)·2n＋1＝(4－3n)·2n＋1－8，
∴Tn＝(3n－4)·2n＋1＋8.
思维升华 数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．
跟踪训练1 (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
(1)证明 由eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，
得aeq \\al(2,7)＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(n2－25n,2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))2－eq \f(625,8)，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
题型二 数列与其他知识的交汇问题
命题点1 数列与不等式的交汇
例2 (1)已知数列{an}满足a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,3)a3＋…＋eq \f(1,n)an＝n2＋n(n∈N*)，设数列{bn}满足：bn＝eq \f(2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn1，则( )
A．a1a4
答案 B
解析 因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．因此－1－3时，因为{an}是等差数列，
①若其公差d>0，则∃k0∈N*，使得>2，这与an＋1＝f(an)＝2－aeq \\al(2,n)≤2矛盾，
②若其公差d＝0，则a2＝－aeq \\al(2,1)＋2＝a1，即aeq \\al(2,1)＋a1－2＝0，解得a1＝－2或a1＝1，
则当a1＝－2时，an＝－2为常数列，当a1＝1时，an＝1为常数列，此时{an}为等差数列，符合题意，
③若其公差d－3且≤－3，则等差数列的公差必为－4，
因此＝－4，所以2－＝－4，解得＝－3(舍去)或＝2.
又当＝2时，＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．
综上所述，a1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．
15．若数列{an}对于任意的正整数n满足：an>0且anan＋1＝n＋1，则称数列{an}为“积增数列”．已知“积增数列”{an}中，a1＝1，数列{aeq \\al(2,n)＋aeq \\al(2,n＋1)}的前n项和为Sn，则对于任意的正整数n，有( )
A．Sn≤2n2＋3 B．Sn≥n2＋4n
C．Sn≤n2＋4n D．Sn≥n2＋3n
答案 D
解析 ∵an>0，∴aeq \\al(2,n)＋aeq \\al(2,n＋1)≥2anan＋1，∵anan＋1＝n＋1，
∴{anan＋1}的前n项和为2＋3＋4＋…＋n＋1＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2)，
∴数列{aeq \\al(2,n)＋aeq \\al(2,n＋1)}的前n项和为Sn≥2×eq \f(nn＋3,2)＝n2＋3n.
16．设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)＋\f(an,an＋1)))(n∈N*)，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn