2019届二轮复习　数列的综合问题学案（全国通用）

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.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．

热点一　利用Sn，an的关系式求an
1．数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
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＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项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　已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)∵a2＝2，a3＋a5＝8，
∴2＋d＋2＋3d＝8，∴d＝1，∴an＝n(n∈N*)．
∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
∴bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
由①－②，得bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
∴bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
∵b1＝2，b2＝2b1，
∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴bn＝2n(n∈N*)．
(2)由cn＝＝，
得Tn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得
Tn＝＋＋…＋－＝1－，
∴Tn＝2－(n∈N*)．
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　(2018·绵阳诊断性考试)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，数列的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．
解　(1)由已知a1an＝S1＋Sn，①
可得当n＝1时，a＝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.
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，化简得an＝2an－1，
即此时数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故an＝2n(n∈N*)．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2n.
(2)因为an>0，故an＝2n.
设bn＝log2 ，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，
由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小，
最小值为T4＝T5＝＝－10.
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，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，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．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
例2　(2018·遵义联考)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－.
(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；
(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2.
(1)解　由已知可得f(0)＝0，
∵f(x)＝ln(1＋x)－，
∴f′(x)＝，且f′(0)＝0.
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；
②若0ln ，
＋>ln ，
…，
＋>ln .
以上各式两边分别相加可得
＋＋＋＋＋＋…＋＋
>ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ，
即＋＋＋…＋＋＋
>ln ···…·＝ln ＝ln 2，
∴a2n－an＋>ln 2.
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　(2018·南昌模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足S4＝2a4－1，S3＝2a3－1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝log2(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：＋＋…＋.
(1)解　由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列，
可得2a3＝3a2＋2，
即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明　由(1)可知，an＝qn－1.
所以双曲线x2－＝1的离心率
en＝＝.
由e2＝＝，解得q＝.
因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，
所以>qk－1(k∈N*)．
于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝.
故e1＋e2＋…＋en>.
B组　能力提高
11．若数列{an}满足－＝1，且a1＝5，则数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为(　　)
A．42 B．40 C．30 D．20
答案　B
解析　∵数列{an}满足－＝1，
即－＝1，且＝1，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴＝n，
∴an＝2n2＋3n，由题意可知，
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0

∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为40.
12．(2018·江西省重点中学协作体联考)设x＝1是函数f(x)＝an＋1x3－anx2－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，bn＝log2an＋1，若[x]表示不超过x的最大整数，则
等于(　　)
A．2 017 B．2 018
C．2 019 D．2 020
答案　A
解析　由题意可得f′(x)＝3an＋1x2－2anx－an＋2，
∵x＝1是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0，
即an＋2－3an＋1＋2an＝0.
∴an＋2－an＋1＝2，
∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2，
以上各式累加可得an＝2n－1.
∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n.
∴＋＋…＋
＝2 018
＝2 018＝2 018－＝2 017＋.
∴＝2 017.
13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．
(1)证明：数列{an－1}为等比数列；
(2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
(1)证明　∵Sn－n＝2(an－2)，
当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，
两式相减，得an－1＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，
∴＝2(n≥2)(常数)．
又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，
得a1＝3，a1－1＝2，
∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，
∴an＝2n＋1，
又bn＝an·log2(an－1)，
∴bn＝n(2n＋1)，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
则2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得
－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1，
∴An＝(n－1)×2n＋1＋2.
又1＋2＋3＋…＋n＝，
∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋(n∈N*)．
14．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1.
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；
(3)求证：－＋＋…＋
＝＝－×.
又＝＝