2020屆高三數學二輪復習 必考問題專項突破11 數列的綜合應用問題 理

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1、必考問題11　數列的綜合應用問題 1．(2020·湖北)定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數f(x)，如果對于任意給定的等比數列{an}，{f(an)}仍是等比數列，則稱f(x)為“保等比數列函數”，現有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|. 其中屬于“保等比數列函數”的f(x)的序號為(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 答案： C　[設等比數列{an}的公比為q，則{a}的公比為q2，{}的公比為，其余的數列不是等比數列

2、．] 2．(2020·浙江)設Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數列{an}的前n項和，則下列命題錯誤的是(　　)． A．若d＜0，則數列{Sn}有最大項 B．若數列{Sn}有最大項，則d＜0 C．若數列{Sn}是遞增數列，則對任意n∈N*，均有Sn＞0 D．若對任意n∈N*，均有Sn＞0，則數列{Sn}是遞增數列 答案：C　[A、B、D均正確，對于C，若首項為－1，d＝2時就不成立．] 3．(2020·遼寧)已知數列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為(　　)． A. B. C．10 D．21 答案：B　[在an＋1－an＝2

3、n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1個式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝＝n2－n，∴an＝n2－n＋33，∴＝n＋－1，又n∈N*，n≥1.∴當n＝6時，有最小值.] 4．(2020·福建)數列{an}的通項公式an＝ncos＋1，前n項和為Sn，則S2 012＝________. 解析　∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝503×6＝3 018. 答案　3 018

4、1．以客觀題考查不等式的性質、解法與數列、等差數列、等比數列的簡單交匯． 2．解答題以中檔題或壓軸題的形式考查數列與不等式的交匯，還有可能涉及到導數、解析幾何、三角函數的知識等，深度考查不等式的證明(主要比較法、綜合法、分析法、放縮法、數學歸納法、反證法)和邏輯推理能力及分類討論、化歸的數學思想，試題具有綜合性強、立意新、角度活、難度大的特點． 1．數列試題形態(tài)多變，時常有新穎的試題入卷，學生時常感覺難以把握，為了在高考中取得好成績，必須復習、掌握好數列這一板塊及其相關的知識技能，了解近幾年來高考中對解數列試題的能力考察特點，掌握相關的應對策略，以提高解決數列問題的能力． 2．近幾年

5、高考中一些難題均是以高等數學的某些知識為背景而用初等數學的語言表述的試題．這就啟示我們在復習備考時，要在高等數學與初等數學的銜接點上多下工夫，要提高將陌生問題轉化、化歸為熟知問題的能力．復習時要抓住主流綜合，同時做到不忽視冷門、新型綜合. 必備知識 在數列求和時，為了證明的需要，需合理變形，常用到放縮法，常見的放縮技巧有： (1)<＝； (2)－<<－； (3)2(－)<<2(－)； (4)利用(1＋x)n的展開式進行放縮． 數列是特殊的函數，是定義在正整數集上的一列函數值．通項公式及求和公式揭示了項和項數的依賴關系的本質屬性．用“函數與方程”的思想解決數列中的綜合問題，

6、通常有如下情形： (1)用等差數列中的公差為“斜率”的意義溝通關系解題； (2)用等差數列的前n項和為項數n的二次函數解題； (3)用函數觀點認識數列的通項，用函數單調性的定義研究數列的增減性解決最值問題； (4)通項公式求解中方程思想的應用； (5)應用問題中方程思想的應用． 必備方法 1．解決數列和式與不等式證明問題的關鍵是求和，特別是既不是等差、等比數列，也不是等差乘等比的數列求和，要利用不等式的放縮法，放縮為等比數列求和、錯位相減法求和、裂項相消法求和，最終歸結為有限項的數式大小比較． 2．解答數列綜合問題要善于綜合運用函數方程思想、化歸轉化思想等數學思想以及特例分析

7、法，一般遞推法，數列求和及求通項等方法來分析、解決問題．數列與解析幾何的綜合問題解決的策略往往是把綜合問題分解成幾部分，先利用解析幾何的知識以及數形結合得到數列的通項公式，然后再利用數列知識和方法求解． 該類問題出題背景廣、新穎，解題的關鍵是讀懂題意，有效地將信息轉化，能較好地考查學生分析、解決問題的能力和知識的遷移能力、以客觀題或解答題的形式出現，屬于低中檔題．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? 在直角坐標平面內，已知點P1(1,2)，P2(2,22)，P3(3,23)，…，Pn(n,2n)，….如果n為正整數，則向量＋＋＋…＋P2n－1P2n的縱坐標為_____

8、___． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 由PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)可求解． 解析　PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)，于是＋＋＋…＋P2n－1P2n的縱坐標為2＋23＋25＋…＋22n－1＝＝(4n－1)． 答案　(4n－1) 解決數列與新背景、新定義的綜合問題，可通過對新數表、圖象、新定義的分析、探究，將問題轉化為等差(比)數列的問題． 【突破訓練1】 (2020·東北三校二模)已知{an}是等差數列，Sn為其前n項和，若S21＝S4 000，O為坐標原點，點P(1，an)，點Q(2 011，a2

9、 011)，則·＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1 答案： A　[設Sn＝An2＋Bn，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)A＋B，由S21＝S4 000，知4 021 A＋B＝0，所以a2 011＝0，·＝2 011＋an×a2 011＝2 011，故選A.] 由于數列與函數的緊密聯(lián)系，近幾年高考在數列與函數的綜合處命題有加強的趨勢，?？疾橐院瘮禐楸尘暗臄盗袉栴}，該類問題的知識綜合性比較強，能很好地考查邏輯推理能力和運算求解能力．需掌握與函數、函數性質等相關方面的知識，難度較大．　　　　　　　　　

10、　　　　　　　　　　 【例2】? (2020·陜西五校聯(lián)考)已知函數f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7. (1)設函數y＝f(x)的圖象的頂點的縱坐標構成數列{an}，求證：{an}為等差數列； (2)設函數y＝f(x)的圖象的頂點到x軸的距離構成數列{bn}，求{bn}的前n項和Sn. [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)配方可求頂點的縱坐標，再用定義可證；(2)由bn＝|an|知分類求和． (1)證明　∵f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，∴an＝3n－8，∴an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n

11、－8)＝3，∴數列{an}為等差數列． (2)解　由題意知，bn＝|an|＝|3n－8|， ∴當1≤n≤2時，bn＝8－3n， Sn＝b1＋…＋bn＝＝＝. 當n≥3時，bn＝3n－8， Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋[1＋4＋…＋(3n－8)] ＝7＋ ＝， ∴Sn＝ , 解決此類問題時要注意把握以下兩點： (1)正確審題，深摳函數的性質與數列的定義； (2)明確等差、等比數列的通項、求和公式的特征． 【突破訓練2】 (2020·濰坊二模)已知函數f(x)＝(x－1)2，數列{an}是各項均不為0的等差數列，點(an＋1，S2n－1)在函數f(x)的圖象上

12、；數列{bn}滿足bn＝n－1. (1)求an； (2)若數列{cn}滿足cn＝，求數列{cn}的前n項和． 解　(1)因為點(an＋1，S2n－1)在函數f(x)的圖象上，所以a＝S2n－1. 令n＝1，n＝2，得即 由①知a1＝0或a1＝1，∵a1≠0，∴a1＝1.代入②解得d＝－1或d＝2，又d＝－1時，a2＝0不合題意，∴d＝－1(舍去)，∴d＝2.即an＝2n－1. (2)由(1)得cn＝＝＝. 令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn， 則Tn＝＋＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得，Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝1＋·－＝2－－＝2－. 所以Tn＝3－.

13、 數列與不等式的綜合問題是高考的熱點，?？疾椋孩僖詳盗袨檩d體，比較兩項的大小或證明不等式；②以數列為載體，利用不等式恒成立求參數．在解答時需要我們抓住本質，進行合理變形、求和，再結合與不等式有關的知識求解．試題難度較大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? (2020·廣東)設b＞0，數列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)證明：對于一切正整數n,2an≤bn＋1＋1. [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)對所給遞推關系式變形(取倒數)后構造等比數列求解． (2)利用基本不等式放縮． (1)解

14、　由a1＝b＞0， 知an＝＞0，＝＋ . 令An＝，A1＝. 當n≥2時，An＝＋An－1＝＋…＋＋A1＝＋…＋＋. ①當b≠1時，An＝＝； ②當b＝1時，An＝n.所以an＝ (2)證明　當b≠1時，欲證2an＝≤bn＋1＋1，只需證2nbn≤(bn＋1＋1). 因為(bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1＝bn＋＋…＋＞bn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，所以2an＝＜1＋bn＋1. 當b＝1,2an＝2＝bn＋1＋1. 綜上所述，2an≤bn＋1＋1. 與數列有關的不等式證明常用的方法有：比較法(作差作商)、放縮法、利用函數的

15、單調性、數學歸納法證明，其中利用不等式放縮證明是一個熱點，常常出現在高考的壓軸題中，是歷年命題的熱點．利用放縮法解決“數列＋不等式”問題通常有兩條途徑：一是先放縮再求和，二是先求和再放縮． 【突破訓練3】 (2020·日照一模)已知各項均不相等的等差數列{an}的前四項和S4＝14，a3是a1，a7的等比中項． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Tn為數列的前n項和，若Tn≤an＋1對一切n∈N*恒成立，求實數λ的最大值． 解　(1)設公差為d，由已知得， 解得d＝1或d＝0(舍去)， ∴a1＝2，故an＝n＋1. (2)∵＝＝－， ∴Tn＝－＋－＋…＋－ ＝－＝，

16、 ∵Tn≤an＋1，∴≤(n＋2)， 即λ≤＝2n＋＋4， 又2n＋＋4≥2×(4＋4)＝16，∴λ的最大值為16. 數列與函數的“巧妙”對接 縱觀2020年高考，有多份試卷以數列與函數的綜合題為壓軸題，有些大題還穿插了導數來研究函數的工具作用，既考查了函數的知識，又考查了數列的知識，試題綜合性強，分步解答，有利于高校選拔優(yōu)秀的考生，是一種非常熱門的題型，預計2020年高考仍將在此命題． 【示例】? (2020·天津)已知函數f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0. (1)求a的值； (2)若對任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求實數k的最小值；

17、 (3)證明：－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)． [滿分解答]　(1)f(x)的定義域為(－a，＋∞)． f′(x)＝1－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(4分) (2)當k≤0時，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0， 故k≤0不合題意． 當k＞0時，令g(x)＝f(x)－kx2， 即g(x)＝x－

18、ln(x＋1)－kx2. g′(x)＝－2kx＝. 令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1. ①當k≥時，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上單調遞減．從而對于任意的x∈[0，＋∞)，總有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立． 故k≥符合題意． ②當0＜k＜時，＞0，對于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在內單調遞增．因此當取x0∈時，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立． 故0＜k＜不合題意． 綜上，k的最小值為.(8分) (3)當n＝1時，不等式左邊＝2－ln 3＜2＝右邊，所以不等式成立．

19、當n≥2時，＝＝－ln(2i＋1)－ln(2i－1)]＝－ln(2n＋1)． 在(2)中取k＝，得f(x)≤(x≥0)， 從而f≤＜(i∈N*，i≥2)， 所以有－ln(2n＋1)＝＝f(2)＋＜2－ln 3＋＝2－ln 3＋＝2－ln 3＋1－＜2. 綜上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*.(14分) 老師叮嚀：本題第(1)問應用導數研究函數的單調性、極值，難度較小，屬于送分題；第(2)問屬于含參函數的恒成立求參數范圍問題，需構造新函數，再利用導數研究新函數的單調性、極值與最值等.其中，需對k進行分類討論，對k的每個范圍利用分析法求得適合題意的k的范圍；第(3)問考查了考生賦值、數

20、列的求和、放縮法證明不等式等知識.其中，推導是聯(lián)系數列與函數的紐帶.再借用第(2)問的結果可得f(x)≤.從而f≤＜.為后面利用放縮法證明不等式打下基礎. 【試一試】 已知函數f(x)＝1－－ln x(a為實常數)． (1)若函數f(x)在區(qū)間(0,2)上無極值，求實數a的取值范圍； (2)討論函數g(x)＝f(x)－2x的單調性； (3)已知n∈N*且n≥3，求證：ln＜＋＋＋…＋. (1)解　f′(x)＝－＝. 當a≤0時，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時函數f(x)在(0,2)上無極值； 當a＞0時，由f′(x)＞0，得x＜a；由f′(x)＜0，得x＞a，即函數f

21、(x)在(0，a)上單調遞增，在(a，＋∞)上單調遞減，要使函數f(x)在(0,2)上無極值，只要a≥2即可． 故所求的實數a的取值范圍是(－∞，0]∪[2，＋∞)． (2)解　g(x)＝f(x)－2x＝1－－ln x－2x， g′(x)＝－－2＝－. 令k(x)＝2x2＋x－a，則Δ＝1＋8a. 當Δ＜0，即a＜－時，k(x)＞0恒成立，即g′(x)＜0恒成立，此時函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當Δ＝0，即a＝－時，只有在x＝－時，k(x)＝0，故k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當

22、Δ＞0，即a＞－時，方程k(x)＝0的兩個實數根是x1＝＜0，x2＝，若1＋8a≤1，即a≤0，則x2≤0，此時，k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時，函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞減；若1＋8a＞1，則x2＞0，此時在(0，x2)上k(x)＜0，g′(x)＞0，在(x2，＋∞)上k(x)＞0，g′(x)＜0，故函數g(x)在(0，x2)上單調遞增，在(x2，＋∞)上單調遞減． 綜上所述：當a≤0時，函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當a＞0時，函數g(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (3)證明　構造函數h(x)＝ln(1＋x)－x，則h′(x)＝－1＝，當x＞0時，h′(x)＜0，故函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以h(x)＜h(0)＝0，即不等式ln(1＋x)＜x對任意正實數x恒成立． 令x＝，得ln＜，即ln(n＋1)－ln n＜， 所以ln＝ln(n＋1)－ln 3＝ln＋ln＋…＋ln＜＋＋＋…＋. 必考問