专题05 数列中的综合问题（期中复习讲义）高二数学上学期湘教版2019

专题05 数列中的综合问题（期中复习讲义） 【考试要求】 数列的综合问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等． 题型一　数列与其他知识的交汇问题 1.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝n2＋n(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，求T99； (3)证明：>9. 解：(1)因为2Sn＝n2＋n，所以Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n， 因为a1＝1也满足上式，故an＝n(n∈N＋)． (2)因为bn＝，且an＝n(n∈N＋)， 所以bn＝＝， 所以T99＝＋＋＋…＋＝－1＝9. 即T99＝9. (3)证明：由于 >，故>－1＝9. 所以原不等式成立． 2.已知函数f(x)＝＝－100，求S2024. 解：因为f(－x)＝－x3－4x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数， 因为f(a1＋2)＝100，f(a2024＋2)＝－100，所以f(a1＋2)＝－f(a2024＋2)＝f(－a2024－2)， 又f(x)单调递增，故a1＋2＝－a2024－2，即a1＋a2024＝－4，所以S2024＝＝－4048. 3.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜. 解：(1)由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an＝a1·2n-1＝2n-1，所以Sn＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为d，则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7， 所以d＝2，bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)证明：因为log2a2n＋2＝log222n+1＝2n＋1， 所以cn＝， 所以Tn＝. 因为n∈N＋，所以Tn＝＜，又cn＞0， 所以数列{Tn}是一个递增数列，所以Tn≥T1＝.综上所述，≤Tn＜. 反思总结 1．数列与不等式的交汇问题的求解策略 (1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小． (2)对于以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值． (3)对于与数列有关的不等式证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合分析法、放缩法等．有时也可通过构造函数进行证明． 2．数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略 (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，一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形． 题型二　数列中的创新问题 1.在一次数学活动课上，老师设计了有序实数组A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0，1}，i＝1，2，3，…，n.f(A)表示把A中每个1都变为0，0，每个0都变为1后所得到的新的有序实数组，例如A＝{0，1}，则f(A)＝{1，0，0}．定义Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，n，若A1＝{0，1}，则(　　) A．A100中有249个1 B．A101中有249个0 C．A1，A2，A3，…，A100中0的总个数比1的总个数多250－1 D．A1，A2，A3，…，A100中1的总个数为251－1 解析：AC　因为A1＝{0，1}，所以A2＝{1，0，0}，A3＝{0，0，1，1}，A4＝{1，1，0，0，0，0}，A5＝{0，0，0，0，1，1，1，1}，A6＝{1，1，1，1，0，0，0，0，0，0，0，0}， 显然，A1，A3，A5中分别有2，4，8项，其中1和0的项数相同， A2，A4，A6中分别有3，6，12项，其项数的为1，为0， 设An中总共有an项，其中有bn项1，cn项0，则an＝ bn＝所以A100中有249个1，A正确； A101中有250个0，B错误； cn－bn＝则A1，A2，A3，…，A100中0的总数比1的总数多0＋20＋0＋21＋0＋…＋249＝＝250－1，C正确； A1，A2，A3，…，A100中1的总数为＝251－2，D错误．故选A、C. 2.在数列{an}中，如果存在非零的常数T，使得an＋T＝an对于任意正整数n均成立，那么就称数列{an}为周期数列，其中T是数列{an}的周期．已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N＋)，若x1＝1，x2＝a(a≤1且a≠0)，当数列{xn}的周期为3时，则数列{xn}的前2024项的和S2024为(　　) A．676 B．675 C．1350 D．1349 解析：C　因为x1＝1，x2＝a(a≤1且a≠0)，满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N＋)， 所以x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a. 因为数列{xn}的周期为3，可得x4＝|x3－x2|＝|1－2a|＝1，又a≠0，所以a＝1， 所以x1＝1，x2＝1，x3＝0， 所以x1＋x2＋x3＝2， 同理可得x4＝1，x5＝1，x6＝0，所以x4＋x5＋x6＝2，…， 所以S2024＝674×2＋a2023＋a2024＝674×2＋1＋1＝1350.故选C. 反思总结 新情境下的数列问题的求解策略 (1)深入新情境，建立数列模型，理解“新数列”的含义． (2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝24，S10＝120. (1)求Sn； (2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋，∴由题意，有得a1＝3，d＝2. ∴Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n. (2)证明：∵， ∴Tn＝＋＋＋…＋＋]＝＜＝. 2．在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3…an＝d(n∈N＋)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足＝a1a2a3…an－bn. (1)若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1； (2)若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝，求数列{bn}的通项bn. 解：(1)∵“泛差”d＝1，∴an＋1－a1a2a3…an＝1， ∵a1＋a3＝2a2，a2－a1＝1，a3－a1a2＝1，联立三式得a1＋2－a1(a1＋1)＝1， 化简得＝1，解得a1＝±1. (2)an＋1－a1a2a3…an＝－1，则an＋1＋1＝a1a2a3…an， 由＝a1a2…an－bn，①∴＝a1a2…an＋1－bn＋1，② ②－①得＝a1a2…an(an＋1－1)－bn＋1＋bn， 即＝(an＋1＋1)(an＋1－1)－bn＋1＋bn＝－1－bn＋1＋bn， ∴bn＋1－bn＝－1且b1＝a1－.所以{bn}为等差数列，首项为，公差为－1， ∴bn＝＋(n－1)·(－1)＝－n＋. 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1.已知数列{cn}满足c1＝2a－2(a∈R，且a≠±1)，2(an+1－1)cn－2(an－1)cn＋1＝cn＋1cn，设bn＝. (1)记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4； (2)若a>0，求证：数列{cn}为递增数列． 证明：(1)由2(an+1－1)cn－2(an－1)cn＋1＝cn＋1cn两边同除以cn＋1cn， 可得2·＝1，又bn＝，所以2bn＋1－2bn＝1， 即bn＋1－bn＝，又b1＝， 所以{bn}是以为首项，为公差的等差数列，所以bn＝， 则＝4， 所以Tn＝4＋4＋4＋…＋4＝4<4. (2)因为bn＝，所以cn＝， 则cn＋1－cn＝， 令f(a)＝nan+1－(n＋1)an＋1(a>0且a≠1)， 则f′(a)＝n(n＋1)an－n(n＋1)an-1＝n(n＋1)an-1·(a－1) (利用导数研究数列的单调性)，所以当0<a<1时，f′(a)<0，当a>1时，f′(a)>0， 所以f(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(a)>f(1)＝0，所以cn＋1－cn>0，即cn＋1>cn，所以数列{cn}为递增数列． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1＋b1＝8，a2＋b2＝18，b1＋b3＝30，6bn＋1＝bn＋2＋9bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，求{cn}的通项公式； (3)记数列的前n项和为Sn，证明：Sn<. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由6bn＋1＝bn＋2＋9bn可得6qbn＝q2bn＋9bn，易知bn≠0，所以q2－6q＋9＝0，解得q＝3. 由b1＋b3＝30可得b1(1＋q2)＝30，解得b1＝3. 由a2＋b2＝18可得a1＋d＋b1q＝18，又a1＋b1＝8，所以a1＝5，d＝4. 因此可得an＝a1＋(n－1)d＝4n＋1，bn＝b1qn-1＝3n. 所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝4n＋1，bn＝3n，n∈N＋. (2){an}和{bn}的公共项需满足4n1＋1＝，n1，n2∈N＋，(关键：找出两个数列的公共项满足的条件) 可得n1＝，即－1是4的整数倍， 可知－1，由二项式定理可知－1若是4的倍数，则为正整数，即n2＝2n，n∈N＋，所以可得cn＝32n＝9n，即{cn}的通项公式为cn＝9n，n∈N＋. (3)证明：易知， 显然9n－8>9n-1对∀n≥2，n∈N＋都成立， 所以<对∀n≥2，n∈N＋都成立， 即Sn＝<1＋＝n-1<，即Sn<. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 数列中的综合问题（期中复习讲义） 【考试要求】 数列的综合问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等． 题型一　数列与其他知识的交汇问题 1.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝n2＋n(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，求T99； (3)证明：>9. 2.已知函数f(x)＝＝－100，求S2024. 3.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜. 反思总结 1．数列与不等式的交汇问题的求解策略 (1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小． (2)对于以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值． (3)对于与数列有关的不等式证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合分析法、放缩法等．有时也可通过构造函数进行证明． 2．数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略 (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，一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形． 题型二　数列中的创新问题 1.在一次数学活动课上，老师设计了有序实数组A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0，1}，i＝1，2，3，…，n.f(A)表示把A中每个1都变为0，0，每个0都变为1后所得到的新的有序实数组，例如A＝{0，1}，则f(A)＝{1，0，0}．定义Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，n，若A1＝{0，1}，则(　　) A．A100中有249个1 B．A101中有249个0 C．A1，A2，A3，…，A100中0的总个数比1的总个数多250－1 D．A1，A2，A3，…，A100中1的总个数为251－1 2.在数列{an}中，如果存在非零的常数T，使得an＋T＝an对于任意正整数n均成立，那么就称数列{an}为周期数列，其中T是数列{an}的周期．已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N＋)，若x1＝1，x2＝a(a≤1且a≠0)，当数列{xn}的周期为3时，则数列{xn}的前2024项的和S2024为(　　) A．676 B．675 C．1350 D．1349 反思总结 新情境下的数列问题的求解策略 (1)深入新情境，建立数列模型，理解“新数列”的含义． (2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝24，S10＝120. (1)求Sn； (2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜. 2．在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3…an＝d(n∈N＋)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足＝a1a2a3…an－bn. (1)若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1； (2)若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝，求数列{bn}的通项bn. 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1.已知数列{cn}满足c1＝2a－2(a∈R，且a≠±1)，2(an+1－1)cn－2(an－1)cn＋1＝cn＋1cn，设bn＝. (1)记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4； (2)若a>0，求证：数列{cn}为递增数列． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1＋b1＝8，a2＋b2＝18，b1＋b3＝30，6bn＋1＝bn＋2＋9bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，求{cn}的通项公式； (3)记数列的前n项和为Sn，证明：Sn<. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $