2019届二轮复习第12练　数列的综合问题[中档大题规范练]学案（全国通用）

第12练　数列的综合问题[中档大题规范练]
[明晰考情]　1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以an， Sn的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的17题位置.2.题目难度：中等偏下难度.

考点一　等差数列、等比数列的判定与证明
方法技巧　判断等差(比)数列的常用方法
(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数，则{an}为等差(比)数列.
(2)中项公式法.
(3)通项公式法.
1.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明　由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)解　由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.
2.已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N*.
(1)设bn＝，证明：{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)在(1)的条件下，求数列{an}的前n项和Sn.
解　(1)把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1，
得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1，
两边同除以2n＋1，
得bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，
∴{bn}为等差数列，首项b1＝＝1，公差为1，∴bn＝n(n∈N*).
(2)由bn＝n＝，得an＝n×2n，
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2(n∈N*).
3.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)求证：数列为等比数列，并求出{an}的通项公式.
解　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，
得
解得
(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，
两式相减，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，
an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，
∴an＋(－1)n＝2(n≥2).
故数列是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列.
∴an＋(－1)n＝×2n－1，
∴an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n.
考点二　数列的通项与求和
方法技巧　(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法
①累加(乘)法
形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；
形如＝f(n)的数列，可用累乘法.
②构造数列法
形如an＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；
形如an＋1＝pan＋q(p×q≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋＝p构造等比数列.
(2)数列求和的常用方法
①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.
4.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn(n∈N*)，且数列是公差为2的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由已知得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.
而a1＝1＝4×1－3满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.
(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3).
当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×＝2n；
当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.
综上，Tn＝
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比数列，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn2 010可化为2n＋1>2 010.
∵210＝1 024，211＝2 048，
∴满足不等式>2 010的n的最小值为10.
9.已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*).
(1)写出a2，a3的值(只写出结果)，并求出数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，不等式t2－2t＋>bn恒成立，求实数t的取值范围.
解　(1)a2＝6，a3＝12，
当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n
＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1).
因为当n＝1时，a1＝2也满足上式，
所以an＝n(n＋1).
(2)bn＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－＝－.
因为bn＋1－bn＝－－＝＋－
＝－＝，
解得t2，
所以实数t的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞).


典例　(12分)已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值.
审题路线图
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规范解答·评分标准
解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
由题意知2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，所以a2＋a4＝20，
所以解得或…………………………………3分
又数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.……………………………………………………5分
(2)因为bn＝＝－n×2n，………………………………………6分
所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n×2n)，
2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]，
两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1.………………8分
又Sn＋n×2n＋1＞30，
可得2n＋1－2＞30，即2n＋1＞32＝25，………………………………………………10分
所以n＋1＞5，即n＞4.
所以使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值为5.
…………………………………………………………………………………………12分
构建答题模板
[第一步]　求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.
[第二步]　巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和.
[第三步]　得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题.

1.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
解　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值－16.
2.设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.
解　(1)由题意得得
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，
又a2＝3a1，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，经验证T2符合上求.
∴Tn＝
3.(2018·黔东南州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an，记数列的前n项和为Tn，证明：Tn2成立，
由Sk－2≠0知k≠1，即k>1，k∈N*.
由>2，整理得