（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法专题突破四高考中的数列问题讲义（含解析）

高考专题突破四　高考中的数列问题题型一　等差数列、等比数列的基本问题例12018·浙江杭州地区四校联考已知数列{an}满足a1＝1＝，记Sn＝a＋a＋…＋a，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立．1求数列{a}的通项公式；2求正整数t的最小值．解　1由题意得－＝4，则是以1为首项，4为公差的等差数列，则＝1＋n－1×4＝4n－3，则a＝.2不妨设bn＝S2n＋1－Sn＝a＋a＋…＋a，考虑到bn－bn＋1＝a＋a＋…＋a－a＋a＋…＋a＋a＝a－a－a＝－－＝－＋－0，因此数列{bn}单调递减，则bn的最大值为b1＝S3－S1＝a＋a＝＋＝≤，∴t≥，则tmin＝

10.思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略1分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差公比等，确定解题的顺序．2注意细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1　2018·浙江名校联盟联考已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比是qq≠1，且满足a1＝2，b1＝1，S2＝3b2，a2＝b

3.1求an与bn；2设cn＝2bn－λ·，若数列{cn}是递减数列，求实数λ的取值范围．解　1设数列{an}的公差为d，依题意可得解得舍去或故an＝2＋2n－1＝2n，bn＝2n－

1.2由1可知cn＝2n－λ·3n，若{cn}是递减数列，则cn＋1cn，即2n＋1－λ·3n＋12n－λ·3n，即λ×n在n∈N*时成立，只需λmax.因为y＝×n在n∈N*时单调递减，所以max＝×＝.故λ，即实数λ的取值范围是.题型二　数列的通项与求和例22018·台州质检已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列．1求数列{an}的通项公式；2设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－4n＋5·n，求数列{bn}的前n项和Tn.解　1因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝1＋2n－1＝2n－

1.所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2n－12－n－1]＝4n－3，当n＝1时，a1＝1也符合上式．所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3n∈N*．2当n＝1时，＝，所以b1＝2a1＝2；当n≥2时，由＋＋…＋＝5－4n＋5n，所以＋＋…＋＝5－4n＋1n－

1.两式相减，得＝4n－3n.因为an＝4n－3，所以bn＝＝2n当n＝1时，也符合此式．又＝＝2，则数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．所以Tn＝＝2n＋1－

2.思维升华1可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论．2根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练22018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1n≥3．令bn＝.1求数列{an}的通项公式；2若fx＝2x－1，求证Tn＝b1f1＋b2f2＋…＋bnfnn≥1．1解　由题意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1n≥3，即an－an－1＝2n－1n≥3，所以an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a3－a2＋a2＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1n≥3，检验知n＝12时，结论也成立，故an＝2n＋

1.2证明　由于bnfn＝·2n－1＝·＝.故Tn＝b1f1＋b2f2＋…＋bnfn＝＝×＝.所以Tn.题型三　数列与不等式的交汇例3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*，记Sn，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明当n∈N*时，1an＋1an；2Tn＝－2n－1；3－1Sn.证明　1由a1＝1及an＋1＝，知an0，故an＋1－an＝－an＝0，∴an＋1an，n∈N*.2由＝＋an，得＝＋a＋2，从而＝＋a＋a＋2×2＝…＝＋a＋a＋…＋a＋2n，又a1＝1，∴＝1＋a＋a＋…＋a＋2n，∴Tn＝－2n－1，n∈N*.3由2知，an＋1＝，由Tn≥a＝1，得an＋1≤，∴当n≥2时，an≤＝＝－，∴Sna1＋[－1＋－＋…＋－]＝1＋－1，n≥2，又a1＝1，∴Sn，n∈N*，由an＝－，得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋…＋＝－≥－1－1，综上，－1Sn.思维升华1以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩；2解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化．跟踪训练3对任意正整数n，设an是方程x2＋＝1的正根．求证1an＋1an；2＋＋…＋1＋＋＋…＋.证明　由a＋＝1且an0，得0an

1.1a＋＝1，a＋＝1，两式相减得0＝a－a＋－a－a＋－＝an＋1－an.因为an＋1＋an＋0，故an＋1－an0，即an＋1an.2因为an＝1，所以＝an＋，由0an1，得1＋，从而当i≥2时，＝－，＝－1＋－1＋＝－.所以＋＋…＋1＋＋＋…＋.1．2018·绍兴市上虞区调研已知数列{an}满足a1＝5114an＝an－1－3n≥2．1求证{an＋1}是等比数列；2令bn＝|log2an＋1|，求{bn}的前n项和Sn.1证明　由题意知an＝an－1－，则an＋1＝an－1＋1，∵a1＋1＝512≠0，∴数列{an＋1}是以512为首项，为公比的等比数列．2解　由1知，an＋1＝512·n－1＝211－2n，则log2an＋1＝11－2n.∴bn＝|11－2n|，令cn＝11－2n，当n≤5时，cn0；当n≥6时，cn0，设{cn}的前n项和为Tn，则Tn＝10n－n2，当n≤5时，Sn＝Tn＝10n－n2；当n≥6时，Sn＝2T5－Tn＝n2－10n＋

50.综上，Sn＝2．2018·绍兴市嵊州市适应性考试已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，且4Sn＝an·an＋1，数列{bn}中，b1＝，且bn＋1＝，n∈N*.1求数列{an}的通项公式；2设n∈N*，求{cn}的前n项和Tn.解　1当n＝1时，可得a2＝4，当n≥2时，4Sn＝an·an＋14Sn－1＝an·an－1，两式相减，得4an＝anan＋1－an－1，∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，∴{an}的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列，当n＝2k－1，k∈N*时，an＝2n；当n＝2k，k∈N*时，an＝2n.∴an＝2nn∈N*．2∵＝－，＝－，当n≥2时，－＝－，－＝－，－＝－，将上式累加得＝，∴bn＝n≥2，n＝1时也适合，∴bn＝n∈N*，∴cn＝，Tn＝＋＋＋…＋＋，Tn＝＋＋…＋＋，再由错位相减得Tn＝2－.3．2018·浙江名校新高考研究联盟联考设数列{an}的前n项和为Sn，且是一个首项与公差均为1的等差数列．1求数列{an}的通项公式；2对任意的k∈N*，将数列{an}中落入区间2k22k内的项的个数记为bk，

①求数列{bk}的通项公式；

②记ck＝，数列{ck}的前k项和为Tk，求使等式＝成立的所有正整数k，m的值．解　1由题意得＝1＋n－1×1＝n，∴Sn＝n2，则an＝Sn－Sn－1＝n2－n－12＝2n－1n≥2，当n＝1时，a1＝1，适合上式，因此an＝2n－1n∈N*．2

①∵2kan22k，∴2k2n－122k，则2k＋12n22k＋1，即2k－1＋n22k－1＋，∴2k－1＋1≤n≤22k－1，则bk＝22k－1－2k－1＋1＋1＝22k－1－2k－1，k∈N*.

②由题意得ck＝＝，∴Tk＝4＝4，则Tk＋1＝4，＝＝＝1－，＝＝1－，由＝，得＝，则4＋2m＝4－m2k＋1－4，即有08＋2m＝4－m2k＋1，因此m4，对于m∈N*，则当m＝1时，正整数k不存在，m＝2时，正整数k不存在，m＝3时，k＝3，因此存在符合条件的k，m，且m＝3，k＝

3.4．2018·浙江名校协作体联考已知数列{an}中，a1＝1，且点Pan，an＋1n∈N*在直线x－y＋1＝0上．1求数列{an}的通项公式；2若fn＝＋＋＋…＋n∈N*，且n≥2，求fn的最小值；3设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和．试问是否存在关于n的整式gn，使得S1＋S2＋…＋Sn－1＝Sn－1gn对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出gn的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解　1因为an－an＋1＋1＝0，所以an＋1－an＝1，因此数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，则an＝1＋n－1×1＝n.2因为fn＝＋＋＋…＋，fn＋1＝＋＋＋…＋＋＋，所以fn＋1－fn＝＋－＝－＝

0.因此fn单调递增，则fn的最小值为f2＝＋＝.3方法一　由1知，bn＝，当n≥2时，因为S1＝1，S2＝1＋，S3＝1＋＋，…，Sn－1＝1＋＋＋…＋，所以S1＋S2＋…＋Sn－1＝n－1＋n－2＋n－3＋…＋[n－n－1]＝n－1＋n－1＋n－1＋…＋n－1＝n－n－1＋n＝1＋n＝n而Sn－1gn＝×gn，因此gn＝n.故存在关于n的整式gn＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立．方法二　由bn＝，可得Sn＝1＋＋…＋，Sn－Sn－1＝n≥2，即nSn－Sn－1＝1n≥2，故nSn－n－1Sn－1＝Sn－1＋1，n－1Sn－1－n－2Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，以上式子相加得nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1，则有S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝nSn－1n≥2，因此gn＝n，故存在关于n的整式gn＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立．5．2019·诸暨质检已知数列{an}的各项都大于1，且a1＝2，a－an＋1－a＋1＝0n∈N*．1求证≤anan＋1n＋2；2求证＋＋＋…＋

1.证明　1由a－a＝an＋1－10，得an＋1an，∵an＋1－an＝1，∴an＋1＝an＋1－an＋…＋a2－a1＋a1n＋

2.an＋1－an＝＝－，∴an＝an－an－1＋…＋a2－a1＋a1＋2＝n≥2，又a1＝2＝，∴an≥.∴原不等式得证．2∵a－a＝an＋1－1≥－1＝，∴a＋a＝，即a≥，2a－3≥＝，＋＋…＋≤4＝4＝1－

1.∴原不等式得证．6．2018·浙江名校协作体考试已知无穷数列{an}的首项a1＝，＝，n∈N*.1证明0＜an＜1；2记bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，证明对任意正整数n，Tn＜.证明　1

①当n＝1时，0＜a1＝＜1，显然成立；

②假设当n＝kk∈N*时不等式成立，即0＜ak＜1，那么当n＝k＋1时，＝＞·2＝1，∴0＜ak＋1＜

1.即当n＝k＋1时不等式也成立．综合

①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立．2∵0＜an＜1，∴＝＞1，即an＋1＞an，∴数列{an}为递增数列．又－＝－＝，易知为递减数列，∴为递减数列，又＝＝，∴当n≥2时，－≤＝＝，∴当n≥2时，bn＝＝an＋1－an≤an＋1－an．当n＝1时，Tn＝T1＝b1＝＜，成立；当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn≤＋[a3－a2＋a4－a3＋…＋an＋1－an]＝＋an＋1－a2≤＋1－a2＝＋＝＜.综上，对任意正整数n，Tn＜.。