第二编 专题三 第3讲

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考向 3 奇(偶)数项和问题 例 3 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＝1，a2＝2，且 an＋2＝3Sn－Sn＋ 1＋3，n∈N*. (1)证明：an＋2＝3an； (2)求 Sn.
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解 (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任 意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
第二编 讲专题
专题三 数列
第3讲 数列的综合问题
「考情研析」
1.从具体内容上，数列的综合问题，主要考查：
①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． 2.从高考特点
上，常在选填题型的最后两题及解答题第 17 题中出现，分值一般为 5～8 分.
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解 (1)当 n＝1 时，2S1＝a21＋a1，又 a1>0，则 a1＝1， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝a2n＋2 an－a2n－1＋2 an－1， 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0⇒an＝－an－1 或 an＝an－1＋1， ∴an＝(－1)n－1 或 an＝n(n≥2)， 又 a1＝1 满足上式，∴an＝(－1)n－1 或 an＝n，n∈N*.
①－②得，
23Sn＝13
＋132＋133＋…＋
1 3
n－n·13n＋1＝1311－－1331n－n·13n＋1＝12
1－31n－3nn＋1，
整理得，Sn＝34－24n·＋3n3，由24n·＋3n3>0 可得 Sn<34，
由 Sn<m 恒成立，可得 m≥34.
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解 f′(x)＝1x－sinx－6π＋92，则 f′π6＝4，故 an＋1＋an＝4n＋3. (1)设等差数列{an}的公差为 d， 则 an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd， 由 an＋1＋an＝4n＋3 得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n＋3，解得 d＝2，a1＝ 5 2.
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∴bn＋1＝bn＋1，即 bn＋1－bn＝1.又∵b1＝1，∴{bn}是以 1 为首项，1 为公 差的等差数列，∴bn＝n.
②cn＝bann＝2nn，Tn＝211＋222＋…＋n2－n－11 ＋2nn， 两边同乘12得，12Tn＝212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1，
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已知函数 f(x)＝ln x＋cosx－6π－92x 的导数为 f′(x)，且数列{an}满足 an＋1 ＋an＝nf′π6＋3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求 a1 的值； (2)若对任意 n∈N*，都有 an＋2n2≥0 成立，求 a1 的取值范围．
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．
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已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，向量 a＝(Sn,1)，b＝2n－1，12，满足条件 a∥b.
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(2)由(1)知 bn＝an·13an＝n·13n， 所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·13＋2·132＋3·133＋…＋n·13n，① 13Sn＝1·132＋2·133＋3·134＋…＋n·13n＋1，②
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①当 n 为奇数时，an＝2n－2＋a1，an＋2n2≥0，则有 a1≥－2n2－2n＋2 对任意的奇数 n 恒成立，
令 f(n)＝－2n2－2n＋2＝－2n＋122＋52，n 为奇数， 则 f(n)max＝f(1)＝－2，所以 a1≥－2. ②当 n 为偶数时，an＝2n＋3－a1，an＋2n2≥0，则有 a1≤2n2＋2n＋3 对 任意的偶数 n 恒成立， 令 g(n)＝2n2＋2n＋3＝2n＋122＋52，n 为偶数，则 g(n)min＝g(2)＝15，故 a1≤15. 综上，a1 的取值范围是[－2,15]．
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真题VSБайду номын сангаас题
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上述两式相减得12Tn＝211＋212＋213＋…＋21n－2nn＋1 ＝1211－－1221n－2nn＋1＝1－n2＋n＋21 ， ∴Tn＝2－n＋2n 2(n∈N*)．
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考向 2 数列与不等式的综合问题 例 2 (2019·云南玉溪第一中学高三第五次调研)若数列{an}的前 n 项和为 Sn，首项 a1>0 且 2Sn＝a2n＋an(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 an>0，令 bn＝ana4n＋2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，若 Tn<m 恒成 立，m∈Z，求 m 的最小值．
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解 (1)因为 Sn＝n， ① 当 n≥2 时，Sn－1＝n－1， ② 由①－②，得an－n 1＝1，故 an＝n＋1， 又因为 a1＝2 适合上式，所以 an＝n＋1(n∈N*)． (2)证明：由(1)知，bn＝an－12n2＋an＋11－12＝n22nn＋ ＋112＝n12－n＋1 12，Tn＝ 112－212＋212－312＋…＋n12－n＋1 12＝1－n＋1 12，所以 Tn<1.
(2)注意放缩的尺度：如n12<nn1－1，n12<n2－1 1.
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(2019·安徽黄山高三第二次质检)已知数列an－n 1的前 n 项和 Sn＝n，n∈ N*.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝an－12n2＋an＋11－12，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：对于任意 的 n∈N*，都有 Tn<1.
n
项和，求满足
Tn>1252的最小的
n
值．
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解 (1)设等差数列{an}的公差为 d， 由 S10＝120 得 10a1＋45d＝120,2a1＋9d＝24， 由 a2－a1，a4－a2，a1＋a2 成等比数列， 得 d(2a1＋d)＝4d2 且 d≠0， ∴2a1＝3d，∴a1＝3，d＝2， ∴等差数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)·2＝2n＋1.
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解 (1)因为 x∈[0,10]时，易知方程 2x－x2＝0 的解为 x＝2，x＝4，
由不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|对任意的 x∈[0,10]都成立，可得||ff24||≤ ≤00， ， 即ff24＝ ＝416＋＋2a4＋ a＋b＝ b＝0， 0， 解得ab＝ ＝－8，6， 所以 f(x)＝x2－6x＋8，又数列{an}是以 7＋a＝1 为首项，公差为 1 的等差 数列，所以 an＝n.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设函数 f(x)＝12x，数列{bn}满足条件 b1＝1，f(bn＋1)＝f－b1n－1. ①求数列{bn}的通项公式； ②设 cn＝bann，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
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解 (1)∵a∥b，∴12Sn＝2n－1，Sn＝2n＋1－2. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n；当 n＝1 时，a1＝S1＝2，满足上式， ∴an＝2n. (2)①∵f(x)＝12x，f(bn＋1)＝f－11－bn， ∴12bn＋1＝12－11－bn，∴2bn1＋1＝21＋1 bn.
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1
PART ONE
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数列综合应用主要体现在以下两点： (1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇 处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与 数列相关的不等式证明、参数的范围等． (2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外， 还要运用函数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识” 是解题的钥匙，此类问题体现了即时学习，灵活运用知识的能力．
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2
PART TWO
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考向 1 数列与函数的综合问题 例 1 (2019·上海市青浦区高三二模)已知函数 f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)， 且不等式|f(x)|≤2019|2x－x2|对任意的 x∈[0,10]都成立，数列{an}是以 7＋a 为 首项，公差为 1 的等差数列(n∈N*)． (1)当 x∈[0,10]时，写出方程 2x－x2＝0 的解，并写出数列{an}的通项公式 (不必证明)； (2)若 bn＝an·13an(n∈N*)，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，对任意的 n∈N*， 都有 Sn<m 成立，求 m 的取值范围．
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(2)由 an>0，∴an＝n，bn＝nn4＋2＝21n－n＋1 2， Tn＝21－13＋12－41＋31－15＋…＋1n－n＋1 2＝21＋12－n＋1 1－n＋1 2＝3 －n＋41n＋n6＋2<3，若 Tn<m 恒成立，则 m≥3，又 m∈Z，∴mmin＝3.
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(1)数列中的不等式证明，大多是不等式的一端为一个数列的前 n 项和， 另一端为常数的形式，证明的关键是放缩：①如果不等式一端的和式可以通 过公式法、裂项法、错位相减法求得，则先求和再放缩；②如果不等式一端 的和式无法求和，则要通过对数列通项的合适放缩使之能够求和，这时先放 缩再求和，最后再放缩．
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3
PART THREE
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『真题模拟』
1．(2019·齐齐哈尔高三二模)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10 ＝120，a2－a1，a4－a2，a1＋a2 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设
Tn
为数列 1 的前 Sn
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从而 S2n－1＝S2n－a2n＝33n2－1－2×3n－1＝32(5×3n－2－1)．
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当 n 为偶数时，数列中的奇数项与偶数项相同，分别为n2项；当 n 为奇数 时，数列中的奇数项比偶数项多一项，此时偶数项为n－2 1项，奇数项为n－2 1＋ 1＝n＋2 1项．
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(2)由 an＋1＋an＝4n＋3 得 an＋2＋an＋1＝4n＋7，两式相减得 an＋2－an＝4， 故数列{a2n－1}是首项为 a1，公差为 4 的等差数列；数列{a2n}是首项为 a2， 公差为 4 的等差数列， 又 a1＋a2＝7，a2＝7－a1， 所以 an＝22nn－ ＋23＋ －aa11nn为 为奇 偶数 数，.
两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2. 又 a1＝1，a2＝2，所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.
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(2)由(1)知，an≠0，所以aan＋n 2＝3. 于是数列{a2n－1}是首项 a1＝1，公比为 3 的等比数列； 数列{a2n}是首项 a2＝2，公比为 3 的等比数列． 因此 a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1. 于是 S2n＝a1＋a2＋…＋a2n ＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1) ＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝33n2－1，