（浙江专用）高考数学二轮复习专题三数列与不等式第3讲数列的综合问题学案

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.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．

热点一 利用Sn，an的关系式求an 1.数列{an}中，an与Sn的关系

??S1，n＝1，an＝?

?Sn－Sn－1，n≥2.?

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 (2018·浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n＋n. (1)求q的值；

1

2

an＋1

＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数an(2)求数列{bn}的通项公式．

解 (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项， 得a3＋a5＝2a4＋4，

所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.

?1?由a3＋a5＝20，得8?q＋?＝20，

?

q?

1

解得q＝2或q＝.

2因为q>1，所以q＝2.

(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.

??S1，n＝1，由cn＝?

?Sn－Sn－1，n≥2，?

解得cn＝4n－1(n∈N)．

*

由(1)可得an＝2

n－1

，

?1?n－1

所以bn＋1－bn＝(4n－1)×??，

?2??1?n－2

故bn－bn－1＝(4n－5)×??，n≥2，

?2?

bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×??n－2＋(4n－9)×??n－3

22

1

＋…＋7×＋3.

2

1?1?2?1?n－2

设Tn＝3＋7×＋11×??＋…＋(4n－5)×??，n≥2，①

2?2??2?

11?1?2?1?n－2?1?n－1

则Tn＝3×＋7×??＋…＋(4n－9)×??＋(4n－5)×??，n≥2，② 22?2??2??2?1?21?n－21?n－111???①－②，得Tn＝3＋4×＋4×??＋…＋4×??－(4n－5)×??，n≥2，

22?2??2??2?

?1????1???

?1?n－2

因此Tn＝14－(4n＋3)×??，n≥2.

?2?

?1?n－2

又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×??，n≥2，

?2?

当n＝1时，b1＝1也满足上式，

?1?n－2*

所以bn＝15－(4n＋3)×??，n∈N.

?2?

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.

2

跟踪演练1 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?log2?的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．

32??解 (1)由已知a1an＝S1＋Sn，①

可得当n＝1时，a1＝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－an－1)＝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－an－1)＝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＝2(n∈N)．

综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2(n∈N)． (2)因为an>0，故an＝2.

设bn＝log2，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，

32由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小， 5(－4＋0)

最小值为T4＝T5＝＝－10.

2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，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． 例2 已知函数f(x)＝ln(1＋x)－

nn*

2

?

an?

n*

anx?1＋λx?

.

1＋x(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；

1111

(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2. 23n4n(1)解 由已知可得f(0)＝0， ∵f(x)＝ln(1＋x)－

x?1＋λx?，

1＋x2

?1－2λ?x－λx∴f′(x)＝，且f′(0)＝0. 2

?1＋x?

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； 1

②若0<λ<，

2

3

则当00，f(x)单调递增，

∴当0f(0)＝0，不合题意； ③若λ≥12

，

则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x≥0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意． 综上，λ≥11

2.∴实数λ的最小值为2

.

(2)证明 由于a1111111

2n－an＋4n＝n＋1＋n＋2＋n＋3＋…＋2n－1＋2n＋4n，若λ＝12，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－x?2＋x?

2＋2x，

且当x>0时，f(x)<0，即

x?2＋x?

2＋2x>ln(1＋x)， 令x＝12n＋1n＋n，则2n?n＋1?>ln1n，

∴11n＋12n＋2?n＋1?>lnn， 12?n＋1?＋12?n＋2?>lnn＋2

n＋1，

12?n＋2?＋12?n＋3?>lnn＋3

n＋2，

…，

1122?2n－1?＋4n>lnn2n－1. 以上各式两边分别相加可得

12n＋12?n＋1?＋12?n＋1?＋12?n＋2?＋12?n＋2?＋12?n＋3?＋…＋12?2n－1?＋14n >lnn＋1n＋lnn＋2n＋32nn＋1＋lnn＋2＋…＋ln2n－1

， 即

1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋12n－1＋12n＋14n >ln?

?n＋1?n·n＋21·n＋3n＋2·…·2n2n－1???

＝ln2nn＋n＝ln 2，

∴a1

2n－an＋4n>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

4