【2020创新设计一轮复习数学】第七章 第4节 数列的综合问题（选用）

考试要求　1.以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和；2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.第4节　数列的综合问题(选用)基础自测1.在等差数列{an}中，已知a1，a2，a6成等比数列，数列{an}的前三项和为24，则2018是数列{an}的(　　) A.第336项 B.第337项 C.第504项 D.第505项答案　B2.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是(　　) A.(－∞，2) B.(－∞，3) C.(－∞，4) D.(－∞，5) 解析　由Sn＝3n(λ－n)－6，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1(2λ－2n－1)，则an＋1＝3n(2λ－2n－3)，而数列{an}单调递减，则an>an＋1，且a1>a2，即3n－1(2λ－2n－1)>3n(2λ－2n－3)，且3·(λ－1)－6>31·(2λ－4－1)，解得λ<2＋n，且λ<2，可得λ<2，故选A. 答案　A3.如果函数f(x)＝kx－1(k≠0，x∈N*)，Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)，若f(1)，f(3)，f(13)成等比数列，则(　　) A.2Sn－7≤5f(n) B.2Sn＋7≤5f(n) C.2Sn－7≥5f(n) D.2Sn＋7≥5f(n)答案　D答案　0　55.(2019·上海徐汇区一模)若公差为d的等差数列{an}(n∈N*)满足a3·a4＋1＝0，则公差d的取值范围是________.答案　(－∞，－2]∪[2，＋∞)(1)解　设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.规律方法　等差数列与等比数列的综合问题，要能在具体情境中识别数列的等差、等比关系，并能利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式解决相应问题.【训练1】设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值. 解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0). 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以，n的值为4.解　(1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2，则a8＝a7＋2，解得d＝a8－a7＝2.(2)由f(x)＝2x，f′(x)＝2xln2，过点(a2，b2)，即(a2，2a2)，斜率为2a2ln2，则函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，解得a2＝2.所以，d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，规律方法　(1)已给函数型，运用数列是对应函数的特殊情形化为数列问题.(2)构造函数，要根据数列及要解决的问题构造相应的函数，通过研究函数的性质来解决数列问题.(2)法一　因为lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4.法二　因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4.(1)解　令m＝n＝0，得a0＝0，令m＝n＝1，得a2＝6，令m＝2，n＝1，得a3＝12.(2)证明　令n＝1，得2am＋4－2＝am＋1＋am－1，即am＋1－am＝(am－am－1)＋2.所以数列{an＋1－an}是公差为2的等差数列.(3)解　因为an＋1－an＝(a1－a0)＋n×2＝2(n＋1)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a1－a0)＋a0＝2n＋2(n－1)＋…＋2＋0＝n(n＋1)，规律方法　数列不等式的恒成立、能成立问题注意转化为数列的最值问题求解.解　(1)∵Sn＋1＝3Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＝3Sn－1＋1(n∈N*，n≥2)，∴an＋1＝3an(n∈N*，n≥2)，又当n＝1时，由S2＝3S1＋1得a2＝3，满足a2＝3a1，∴an＋1＝3an(n∈N*)，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴通项公式为an＝3n－1(n∈N*).∴{bn}是以3为首项，3为公差的等差数列，∴bn＝3＋3(n－1)＝3n(n∈N*)，∴当n≥4时，f(n＋1)<f(n)，当n<4时，f(n＋1)>f(n)，∴f(1)<f(2)<f(3)<f(4)>f(5)>f(6)>…，考点四　数列与解析几何【例4】已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.解　(1)设数列{xn}的公比为q，所以3q2－5q－2＝0，由已知q＞0，所以q＝2，x1＝1.因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1规律方法　此类问题常需利用几何条件和性质，得出数列的递推关系来解决.所以an＋1－an＝1，所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝2＋(n－1)＝n＋1.即3bn＝bn－1，