2018年高考数学二轮复习专题四数列推理与证明第.doc

第3讲数列的综合问题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Sn，an的关系式求an1数列an中，an与Sn的关系an2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an中，满足an1anf(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.(3)在已知数列an中，满足f(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.(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(2017运城模拟)正项数列an的前n项和为Sn，满足a3an6Sn4.(1)求an的通项公式；(2)设bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由a3an6Sn4，知a3an16Sn14，由，得aa3an13an6Sn16Sn6an1，即(an1an)(an1an3)0，an0，an1an0，an1an30，即an1an3.又a3a16S146a14，即a3a14(a14)(a11)0，an0，a14，an是以4为首项，以3为公差的等差数列，an43(n1)3n1.(2)bn2nan(3n1)2n，故Tn4217221023(3n1)2n，2Tn4227231024(3n1)2n1，Tn42132232332n(3n1)2n1213(222232n)(3n1)2n1213(3n1)2n1(3n2)2n14，Tn(3n2)2n14.思维升华给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.跟踪演练1(2017届湖南省娄底市二模)设数列an的前n项和Sn2n12，数列bn满足bn22n1.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n1时， a1S12，由Sn2n12，得Sn12n2(n2)，anSnSn12n12n2n (n2)，又a1也符合，an2n (nN*)(2)bn22n122n122n1，Tn(2232522n1).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设fn(x)xx2xn1，x0，nN，n2.(1)求fn(2)；(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且0ann.(1)解方法一由题设fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122(n1)2n2n2n1，则2fn(2)2222(n1)2n1n2n，由得，fn(2)12222n1n2nn2n(1n)2n1，所以fn(2)(n1)2n1.方法二当x1时，fn(x)1，则fn(x)，可得fn(2)(n1)2n1.(2)证明因为fn(0)10，fn112n1220，所以fn(x)在内至少存在一个零点，又fn(x)12xnxn10，所以fn(x)在内单调递增，因此fn(x)在内有且仅有一个零点an，由于fn(x)1，所以0fn(an)1，由此可得ana，故an，所以0anan1n.思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件(3)不等关系证明中进行适当的放缩跟踪演练2(2016届浙江省宁波市期末)已知数列an满足a12，an12(Snn1)(nN*)，令bnan1.(1)求证：bn是等比数列；(2)记数列nbn的前n项和为Tn，求Tn；(3)求证：，得.又，所以，故80，当n7时，由于S6570，故Sn570(a7a8an)570704780210n6.因为an是递减数列，所以An是递减数列因为An，A882.73480，A976.82380，所以必须在第九年年初对M更新思维升华常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值yN(1p)n.(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和ya(1r)n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和ya(1nr)(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b.跟踪演练3一弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第n次着地时，共经过了Sn，则当n2时，有()ASn的最小值为100 BSn的最大值为400CSn500 DSn500答案C解析第一次着地时，经过了100 m；第二次着地时共经过了 m；第三次着地时共经过了m；以此类推，第n次着地时共经过了；所以Sn100100210022100n12100100400，显然Sn是关于n的单调增函数，所以当n2时，Sn取得最小值S2，且Sn1时，求使TnSn3成立的最小正整数n的值押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力解(1)若数列an是等比数列，则由n1得a1S1ka2，从而a2ka3.又取n2得a1a2S2ka3，于是a10，显然矛盾，故数列an不是等比数列(2)由条件得解得从而Snan1.当n2时，由Sn1an，得anSnSn1an1an，即an12an，此时数列是首项为a2、公比为2的等比数列综上所述，数列an的通项公式为an从而其前n项和Sn2n2 (nN*)由得bnn2，从而cnn2n2.记C1，记C2121220n2n2，则2C2120221n2n1，两式相减得C2(n1)2n1，从而Tn(n1)2n1(n1)2n1，则不等式TnSn3可化为2n10，因为nN*，故n9，从而最小正整数n的值是10.A组专题通关1(2017届江西抚州市七校联考)若数列an满足(2n3)an1(2n5)an(2n3)(2n5)lg，且a15，则数列的第100项为()A2 B3C1lg 99 D2lg 99答案B解析由(2n3)an1(2n5)an(2n3)(2n5)lg，可得lg，记bn，有bn1bnlg，由累加法，得bnlg n1，数列的第100项为lg 10013，故选B.2已知数列an满足a12，an1 (nN*)，则a1a2a3a2 017等于()A6 B6 C2 D2答案D解析a12，an1，a23，同理a3，a4，a52，an4an，而a1a2a3a41，a1a2a3a2 017(a1a2a3a4)5044a1122，故选D.3(2017届贵州省遵义航天高级中学模拟)南北朝时期的数学古籍张邱建算经有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差(即等差)降之，上三人，得金四斤，持出：下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给，问：每等人比下等人多得几斤？”()A. B.C. D.答案B解析每等人所得金构成一个等差数列an，设公差为d.由题意得即解得d.故选B.4(2017届河北省衡水中学调研)若数列满足a11，且对于任意的nN*都有an1ann1，则等于()A. B.C. D.答案D解析由an1ann1，得an1ann1，则a2a111，a3a221, a4a331，anan1(n1)1 ，以上等式相加，得ana1123(n1)n1 ，把a11代入上式，得an123(n1)n，所以2，则22，故选D.5(2017届天津市六校联考)已知数列an满足：a11，an1(nN*)若bn1(n2) (nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是()A BC Dbn1(n2)2n(n12)2n1n21221b1(12)2，因此，故选D.6(2017届湖南湘中名校教改联合体联考)对于数列an，定义Hn为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为_答案解析由题意可知2n1，a12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n，由，得2n1ann2n1(n1)2n，则an2n2，ankn(2k)n2，令bn(2k)n2，SnS5，b50，b60，解得k，k的取值范围是.7已知数列an的前n项和为Sn，Sn(an1)，则(4n21)的最小值为_答案4解析Sn(an1)，Sn1(an11)(n2)，anSnSn1(anan1)，an4an1，又a1S1(a11)，a14，an是首项为4，公比为4的等比数列，an4n，(4n21)2224，当且仅当n2时取“”8(2017届山西晋中榆社中学月考)已知数列an的通项公式an若对任意nN*，anan1恒成立，则a的取值范围是_答案(3,5)解析由已知可得a2n8n82a，a2n18n42a，由条件得解得3a0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en.(1)解由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减，得an2qan1，n1.又由S2qS11，得a2qa1，故an1qan对所有n1都成立所以数列an是首项为1，公比为q的等比数列从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2n1(nN*)(2)证明由(1)可知，anqn1.所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q.因为1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)于是e1e2en1qqn1.故e1e2en.B组能力提高11(2017届江西抚州市七校联考)若数列an满足1，且a15，则数列an的前100项中，能被5整除的项数为()A42 B40C30 D20答案B解析数列an满足1，即1，且1，数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，n，an2n23n，由题意可知，项12345678910个位数5474509290每10项中有4项能被5整除，数列an的前100项中，能被5整除的项数为40，故选B.12(2017广东省汕头市金山中学、河北省石家庄市第二中学联考)已知数列an满足：a11，ana2an1 (n2)，若bn (nN*)，则数列bn的前n项和Sn_.答案1解析当n2时，an1a2an11(an11)20，两边取以2为底的对数可得log2(an1)log2(an11)22log2(an11)，则数列log2(an1)是以1为首项，2为公比的等比数列， log2(an1)2n1，又ana2an1 (n2)，可得an1a2an (nN*)，两边取倒数可得，即，因此bn，所以Snb1bn1.13已知数列an中，a11，且点P(an，an1)(nN*)在直线xy10上(1)求数列an的通项公式；(2)若函数f(n)(nN*，且n2)，求函数f(n)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g(n)，使得S1S2S3Sn1(Sn1)g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由解(1)点P(an，an1)在直线xy10上，即an1an1，且a11，数列an是以1为首项，1为公差的等差数列，an1(n1)1n (nN*)(2)f(n)，f(n1)，f(n1)f(n)0，f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(3).(3)bnSn1，SnSn1 (n2)，即nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2