全国高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案理

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S n ，a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系

a n ＝⎩

⎪⎨

⎪⎧

S 1，n ＝1，S n －S n －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{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .

(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1

a n

＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .

(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{a n }中，a 2＝2，a 3＋a 5＝8，数列{b n }中，b 1＝2，其前n 项和S n 满足：b n

＋1

＝S n ＋2(n ∈N *

)．

(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n

，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝2，a 3＋a 5＝8，

∴2＋d ＋2＋3d ＝8，∴d ＝1，∴a n ＝n (n ∈N *

)． ∵b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *

)，① ∴b n ＝S n －1＋2(n ∈N *，n ≥2)．②

由①－②，得b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *

，n ≥2)， ∴b n ＋1＝2b n (n ∈N *

，n ≥2)．

∵b 1＝2，b 2＝2b 1，

∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴b n ＝2n

(n ∈N *

)． (2)由c n ＝a n b n ＝n

2

n ，

得T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，

12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 两式相减，得

12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2－

n ＋2

2

n

(n ∈N *

)．

思维升华 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为

a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再

求a n .

跟踪演练1 (2018·绵阳诊断性考试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；

(2)若a n >0，数列⎩

⎨⎧⎭⎬⎫

log 2

a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值． 解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①

可得当n ＝1时，a 2

1＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2， 当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .

若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1， 即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n

(n ∈N *

)．

综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n

. (2)因为a n >0，故a n ＝2n

. 设b n ＝log 2

a n

32

，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，

由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小，

最小值为T 4＝T 5＝5()

－4＋02＝－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S n 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 )－x (1＋λx )

1＋x

.

(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；

(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋1

4n >ln 2.

(1)解 由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－

x (1＋λx )

1＋x

，

∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx

2

(1＋x )

2

，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0<λ<1

2

，

则当0

λ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，

∴当0

λ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意；

③若λ≥1

2

，

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≥1

2

.

∴实数λ的最小值为1

2

.

(2)证明 由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋1

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，