(全国通用)2018届高考数学二轮复习第二篇熟练规范中档大题保高分第24练数列的综合问题练习文

第24练 数列的综合问题

[明考情]

数列与函数方程、方程不等式的综合问题是高考的重点，往往和数列的通项、求和结合考查，在高考中经常出现. [知考向]

1.数列与函数的综合. 2.数列与不等式的综合. 3.数列与其他知识的综合.

考点一 数列与函数的综合

方法技巧 (1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.

(2)数列中的函数问题，一般利用数列的性质研究函数的性质，用函数思想求解数列问题. 1.设函数f(x)＝＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}.

2(1)求数列{xn}的通项公式；

?1?xn?的前n项和Sn. (2)令bn＝，求数列?

2π?bnbn＋1?

x解 (1)f(x)＝＋sin x，

2

12π

令f′(x)＝＋cos x＝0，得x＝2kπ±(k∈Z).

232π2π

由f′(x)＞0?2kπ－＜x＜2kπ＋(k∈Z)，

332π4π

由f′(x)＜0?2kπ＋＜x＜2kπ＋(k∈Z)，

33

2π2π*

当x＝2kπ－(k∈Z)时，f(x)取得极小值，所以xn＝2nπ－(n∈N).

33

xxn13n－1

(2)因为bn＝＝n－＝，

2π33

所以1

bnbn＋1

＝

33?1－1?，

·＝3??3n－13n＋2?3n－13n＋2?

11??11?9n?1111－所以Sn＝3?－＋－＋…＋＝3?－＝. ??3n－13n＋2??23n＋2?6n＋4?2558

1

2.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1＋x)＝f(1－x)，直线g(x)＝4(x－1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为417，数列{an}满足a1＝2，(an＋1－an)·g(an)＋f(an)＝0(n∈N).

(1)求函数f(x)的解析式； (2)求数列{an}的通项公式；

(3)设bn＝3f(an)－g(an＋1)，求数列{bn}的最值及相应的n.

解 (1)设f(x)＝a(x－1)(a＞0)，则直线g(x)＝4(x－1)的图象与y＝f(x)的图象的两个交16??4

点为(1，0)，?＋1，?.

2

*

?aa?

因为?4?2＋?16?2＝417(a＞0)，所以a＝1， ?a??a?????

22

所以f(x)＝(x－1).

(2)f(an)＝(an－1)，g(an)＝4(an－1)， 因为(an＋1－an)·4(an－1)＋(an－1)＝0， 所以(an－1)(4an＋1－3an－1)＝0.

因为a1＝2，所以an≠1，所以4an＋1－3an－1＝0， 3

所以an＋1－1＝(an－1)，且a1－1＝1，

4

3

所以数列{an－1}是首项为1，公比为的等比数列，

4

2

?3?n－1?3?n－1

所以an－1＝??，即an＝??＋1.

?4??4?

(3)bn＝3(an－1)－4(an＋1－1)，

2

?3?n－1

令bn＝y，u＝??，

?4?

??1?21??1?23

则y＝3??u－?－?＝3?u－?－.

??2?4??2?4

3927*

因为n∈N，所以u的值分别为1，，，，…，

4166491

经比较距最近，

162

189

所以当n＝3时，bn有最小值－，

256当n＝1时，bn有最大值0.

1

3.已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝. 2

2

(1)当n∈N*

时，求f(n)的表达式；

(2)设a*

n＝n·f(n)，n∈N，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an＜2； (3)设bf?n＋1?n＝(9－n)

f?n?

，n∈N*

，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最大时，求n的值. (1)解 令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝1

2f(n)，

∴{f(n)}是首项为11

2，公比为2

的等比数列，

∴f(n)＝??1?2??n?

.

(2)证明 设Tn为{an}的前n项和，

∵an＝n·f(n)＝n·??1?2??n?

，

∴T＝1?1?2?2??1?2?3??1?2?2＋2·??＋3·??＋…＋n·??nn?

，

12T1?2??21?＋2·??2??31?＋3·??2??41n＝?????＋…＋(n－1)·???2??n?＋n·??1?2??n＋1?， 两式相减，得12T＝12＋??1?2??2?＋??1?2??3?＋…＋??1?2??n?－n·??1?2??n＋1

n?

，

∴T?1n＝2－??2??n－1?－n·??1?2??n?

＜2.

即a1＋a2＋a3＋…＋an<2.

(3)解 ∵f(n)＝??1?2??n?

，

?1?n+1∴bf?n＋1???2?

?

9－nn＝(9－n)f?n?＝(9－n)?＝，

?12?2??n?

∴当n≤8时，bn＞0；当n＝9时，bn＝0；当n＞9时，bn＜0. ∴当n＝8或9时，Sn取得最大值. 考点二 数列与不等式的综合

方法技巧 (1)数列中的最值问题可以利用基本不等式求解.

(2)与数列求和有关的不等式证明可以对中间过程或最后结果放缩得到. (3)可利用比较法或数列的单调性解决比较大小问题.

4.设数列{an*

n}的前n项和为Sn，已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3，n∈N. (1)设bnn＝Sn－3，求数列{bn}的通项公式； (2)若a*

n＋1≥an，n∈N，求实数a的取值范围. 解 (1)依题意，得

3

Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，

即Sn＋1＝2Sn＋3，

由此得Sn＋1－3＝2(Sn－3)， 因此bn＋1＝2bn.

当a≠3时，{bn}为等比数列，且首项b1＝a－3，公比q＝2， 所以通项公式为bn＝(a－3)2

n－1

n+1

nn，n∈N.

2

*

3

n－1

①

当a＝3时，b1＝a－3＝0，bn＝2bn－1＝2bn－2＝2bn－3＝…＝2故数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2(2)由(1)知，Sn＝3＋(a－3)2于是，当n≥2时，

nn－1

n－1

b1＝0，也适合①式.

，n∈N.

*

，n∈N，

*

an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，则an＋1－an＝2×3n＋

(a－3)·2

n－1

－2×3

n－1

－(a－3)2

n－2

＝4×3

n－1

＋(a－3)2

n－2

＝2

n－2

?3?n－2

[12×??＋a－3]，

?2?

?3?n－2

当n≥2时，an＋1≥an?12×??＋a－3≥0?a≥－9.

?2?

又a2＝a1＋3＞a1成立，

所以所求实数a的取值范围是[－9，＋∞). 5.已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3. (1)求数列{bn}的通项公式；

ann＋15111

(2)已知＝，求证：≤＋＋…＋＜1.

bn2n＋36a1a2an(1)解 因为3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以

bn＋13?n＋1?

＝. bnnb22b33b44bnn因此，＝3·，＝3·，＝3·，…，＝3·，

b11b22b33bn－1n－1

上面式子累乘可得＝3

bnb1

n－1

·n.

n因为b1＝3，所以bn＝n·3.

ann＋1

(2)证明 因为＝，

bn2n＋3

所以an＝

n?n＋1?n·3， 2n＋3

1?1112n＋313?n＋1?－n1?3111

因为＝·n＝·n＝?－·n＝·n－1－·n， ?ann?n＋1?3n?n＋1?3?nn＋1?3n3n＋13所以

1

a1

＋

1

a2

＋…＋

11?111??1111??11·n?＝?1·0－·1?＋?·1－·2?＋…＋?·n－1－＝1－

n＋13?an?323??2333??n3?1

4