人教A版普通高中数学一轮复习第七章第六节数列的综合问题学案

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2．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用相关知识解决．
等差、等比数列的综合问题
【例1】已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
因为a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，
所以a2＝2lg2b2＝2lg24＝4，
a1＝2lg2b1＝2，即lg2b1＝1，解得b1＝2.
所以公差d＝a2－a1＝4－2＝2，
公比q＝b2b1＝42＝2.
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，n∈N*，
bn＝2·2n-1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)可得bn＝2n＝2·2n-1＝a2n-1，
故bn是数列{an}中的第2n-1项．
设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，
因为b6＝a26-1＝a32，b7＝a27-1＝a64，
所以数列{cn}的前50项是由数列{an}的前56项去掉数列{bn}的前6项后构成的，
故S50＝P56－Q6＝2+112×562－2×1−261−2＝3 066.
关于等差、等比数列的综合应用
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．
(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn＋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2Snn＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2n·an＋n①，
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2(n＋1)·an＋1＋(n＋1)②，
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2(n＋1)·an＋1－2n·an＋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a72＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋nn−12
＝n2−25n2
＝12n−2522－6258，
且S12＝S13＝－78，
所以当n＝12或n＝13时，Sn的最小值为－78.
数列与不等式的交汇
考向1 最值问题
【例2】在正项等比数列{an}中，3为a6与a14的等比中项，则a3＋3a17的最小值为( )
A．23B．89
C．6D．3
C 解析：因为{an}是正项等比数列，且3为a6与a14的等比中项，所以a6a14＝3＝a3a17，则a3＋3a17＝a3＋3·3a3≥2a3·3·3a3＝6，当且仅当a3＝3时，等号成立，所以a3＋3a17的最小值为6.
考向2 证明问题
【例3】(2024·济南模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，3an＝2Sn＋2n(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设bn＝lg3(an＋1＋1)，证明：1b12＋1b22＋…＋1bn2＜1.
证明：(1)当n＝1时，3a1＝2S1＋2＝2a1＋2，
解得a1＝2.
由3an＝2Sn＋2n，得3an－1＝2Sn－1＋2(n－1)，n≥2，
两式相减，化简可得an＝3an－1＋2，
所以an＋1＝3(an－1＋1)．
又a1＋1＝3≠0，
则an+1an−1+1＝3，n≥2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列．
故an＋1＝3×3n-1＝3n，
所以an＝3n－1，
Sn＝(3＋32＋…＋3n)－n＝31−3n1−3－n＝3n+1−32－n.
(2)因为bn＝lg3(an＋1＋1)＝lg33n+1＝n＋1，
所以1bn2＝1n+12Sn.
(1)解：设等差数列{an}的公差为d，
Sn，Tn为{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16，
则a1+a2+a3+a4=32，a1−6+2a2+a3−6=16，
即4a1+44−12d=32，a2=7，解得a1=5，d=2.
故an＝5＋2(n－1)＝2n＋3.
(2)证明：由(1)可知，bn＝2n−3，n为奇数，4n+6，n为偶数，
Sn＝5+2n+3n2＝(n＋4)n，
当n>5，且n为偶数时，
Tn＝－1＋3＋…＋2(n－1)－3＋14＋22＋…＋4n＋6
＝n2−1+2n−1−32＋n214+4n+62
＝n214+6n2＝n3n+72，
Tn－Sn＝n2−n2>0；
当n>5，且n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝n−13n+42＋2n－3＝3n2+5n−102，
Tn－Sn＝n2−3n−102>25−15−102＝0.
综上，当n＞5时，Tn＞Sn得证．
数列与函数交汇
【例5】(1)函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，ak2))处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝( )
A．18B．21
C．24D．30
B 解析：因为函数y＝x2(x>0)的导函数为y′＝2x，
所以函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，ak2))处的切线方程为y−ak2＝2ak(x－ak)．
令y＝0，可得x＝12ak，即ak＋1＝12ak，
所以数列{an}是公比为12的等比数列，an＝16×12n-1.
所以a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
(2)已知函数f(x)＝13x3＋4x，记等差数列{an}的前n项和为Sn.若f(a1＋2)＝100，f(a2 024＋2)＝－100，则S2 024＝ ．
－4 048 解析：因为f(－x)＝－13x3－4x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．
因为f(a1＋2)＝100，f(a2 024＋2)＝－100，
所以f(a1＋2)＝－f(a2 024＋2)，
所以a1＋2＋a2 024＋2＝0，所以a1＋a2 024＝－4，
所以S2 024＝2 024a1+a2 0242＝－4 048.
数列与函数交汇问题的求解策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子进行化简变形．
1．设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2 025的两个零点是a2，a3，则a1a4等于( )
A．2 025B．1
C．－1D．－2 025
D 解析：由题意知a2，a3是方程x2－x－2 025＝0的两根，由根与系数的关系得a2a3＝－2 025.
又a1a4＝a2a3，所以a1a4＝－2 025.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝154ln x＋12x2－8x的极值点，则S8＝ ．
－38 解析：因为f(x)＝154ln x＋12x2－8x，所以f′(x)＝154x＋x－8＝x2−8x+154 x＝x−12x−152x．
令f′(x)＝0，解得x＝12或x＝152．
因为数列{an}的公差d>0，所以数列{an}是递增数列．
又a6和a8是函数f(x)的极值点，所以a6＝12，a8＝152，所以a1+5d=12 ，a1+7d=152 ，解得a1=−17，d=72 ．
所以S8＝8×(－17)＋8×8−12×72＝－38.
课时质量评价(四十五)
1．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，则a1等于( )
A．52－5 B．52＋5
C．52 D．5
A 解析：设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，q>0，
由前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，
可得a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，
4a3＝4a1＋a5，即4a1＋a1q4＝4a1q2，即q2－2＝0，解得q＝2，所以a1＝52－5.
2．设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lg an}与{lg bn}的前n项和，且SnTn＝n+12n，则lga3b3 等于( )
A．35B．95
C．59D．53
D 解析：因为数列{an}，{bn}都是正项等比数列，
所以数列{lg an}与{lg bn}为等差数列．
因为SnTn＝n+12n，
所以S5T5＝lga1·a2·…·a5lgb1·b2·…·b5＝lga35lgb35
＝lgb3a3 ＝610＝35，所以lga3b3 ＝53．
3．若函数f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数列1fn(n∈N*)的前n项和为( )
A．nn+1B．n+2n+1
C．nn−1D．n+1n
A 解析：因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝mxm-1＋a.又因为f′(x)＝2x＋1，所以m＝2，a＝1，
所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，
所以1fn＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以数列1fn的前n项和为
1f1＋1f2＋…＋1fn＝1−12＋12−13＋…＋1n−1n+1＝1－1n+1＝nn+1．
4．(新定义)定义[x]表示不超过x的最大整数，若数列{an}的通项公式为an＝3n－1，则a15＋a25＋a35＋…＋a105等于( )
A．30B．29
C．28D．27
D 解析：a15＋a25＋a35＋…＋a105＝25＋55＋85＋…＋295＝0＋(1×2)＋(2×2)＋(3×1)＋(4×2)＋(5×2)＝27.
5．(2024·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5，1lg1.1272＝lg7−lg2lg1.12≈11.1，
因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7 000万元．
12．在正项数列{an}中，a1＝2，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)．若数列bn＝(－1)n·2n+1Sn，则数列{bn}的前2 020项和为 ．
－2 0202 021 解析：在正项数列{an}中，a1＝2，
其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)，
可得Sn－1＋Sn－2＝12an−12(n≥3)，
两式相减，得an＋an－1＝12an2－12an−12.
因为在正项数列{an}中，有an＋an－1≠0，
化简得an－an－1＝2(n≥3)．
当n＝2时，S2＋S1＝4＋a2＝12a22，
解得a2＝4.因为a2－a1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则an＝2n，Sn＝n(n＋1)，
所以bn＝(－1)n·2n+1Sn＝(－1)n·n+n+1nn+1
＝(－1)n·1n+1n+1．
数列{bn}的前2 020项和为－1－12＋12＋13－…－12 019－12 020＋12 020＋12 021＝－1＋12 021＝－2 0202 021．
13．函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，
①函数f(x)是单调递增的；
②数列{an}是递增数列．
写出一个满足①的函数f(x)的解析式 ．
写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式 ．
f(x)＝x2(答案不唯一) f(x)＝x−432(答案不唯一) 解析：易知在[1，＋∞)这个区间上单调递增的函数有许多，可写为f(x)＝x2.
第二个空需要找一个数列是递增数列，而对应的函数在[1，＋∞)上不是单调递增的，可写为f(x)＝x−432，
此时f(x)在1，43上单调递减，在43，+∞上单调递增，
所以f(x)＝x−432在[1，＋∞)上不是单调递增的，不满足①，
而对应的数列为an＝n−432在n∈N*上越来越大，属于递增数列．
14．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－4an(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.
又由a＞0，得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4，
所以Sn＝n2－4n＋4.
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
所以an＝1，n=1，2n−5，n≥2.
(2)由题意得cn＝−3，n=1，1−42n−5，n≥2.
由cn＝1－42n−5可知，当n≥5时，恒有cn＞0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－13，c5＝15，c6＝37，即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0.
所以数列{cn}的变号数为3.
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n22＋3n2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋1an+2·an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn