北大附中高考数学专题复习数列、极限、数学归纳法(下).doc

学科：数学教学内容：数列、极限、数学归纳法(下)【例题解析】例1 完成下列各选择题（1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”；“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ）a.1个b.2个c.3个d.4个（2）命题1：若数列an的前n项和sn=an+b(a1)，则数列an是等比数列；命题2：若数列an的前n项和sn=an2+bn+c(a0)，则数列an是等差数列；命题3：若数列an的前n项和sn=nan，则数列an既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）a.0个b.1个c.2个d.3个（3）设an是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）a.1b.2c.4d.6解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列；命题2中可知an+1=an，an+1an未必成立，当首项a10时，anan，即an+1an，此时该数列为递增数列；命题3中，若a=b=0，cr，此时有，但数列a,b,c不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=，则成为不必要也不充分条件。（2）上述三个命题均涉及到sn与an的关系，它们是an=正确判断数列an是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择a。由命题1得，a1=a+b，当n2时，an=snsn1=(a1)an1。若an是等比数列，则=a，即=a，所以只有当b=1且a0时，此数列才是等比数列。由命题2得，a1=a+b+c，当n2时，an=snsn1=2na+ba，若an是等差数列，则a2a1=2a，即2ac=2a，所以只有当c=0时，数列an才是等差数列。由命题3得，a1=a1，当n2时，an=snsn1=a1，显然an是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a10；即a1时数列an才又是等比数列。（3）方程法：设an的首项为a1，公差为d。则解之得或又an是递增数列，d0故a1=2。习惯上可设前三项分别为4d,4,4+d由4(4d)(4+d)=48解得。估值法：由2+4+6=12，48=246，an为递增数列可知a1=2。例2在数列an中,a1=b(b0)，前n项和sn构成公比为q的等比数列。（1）求证：数列an不是等比数列；（2）设bn=a1s1+a2s2+ansn,|q|1，求bn。解 （1）证明：由已知s1=a1=bsn成等比数列，且公比为q。sn=bqn1，sn1=bqn2(n2)。当n2时，an=snsn1=bqn1bqn2=b(q1)qn2故当q1时，=q，而=q1q，an不是等比数列。当q=1，n2时，an=0，所以an也不是等比数列。综上所述，an不是等比数列。（2）|q|1，由（1）知n2，a2,a3,a4，an构成公比为q的等比数列，a2s2,a3s3,ansn是公比为q2的等比数列。bn=b2+a2s2(1+q2+q4+q2n4)s2=bq,a2=s2s1=bqba2s2=b2q(q1)bn=b2+b2q(q1)|q|1q2n2=0bn=b2+b2q(q1)=注 1+q2+q4+q2n4的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心检验。数列的极限与数列前n项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n时，数列变化的趋势。例3 已知数列xn的各项为不等于1的正数，其前n项和为sn，点pn的坐标为（xn,sn），若所有这样的点pn(n=1,2，)都在斜率为k的同一直线(常数k0,1)上。（1）求证：数列xn是等比数列；（2）设yn=log (2a23a+1)满足ys=,yt=（s,tn，且st）共中a为常数，且1am时，xn1恒成立？若存在，求出相应的m；若不存在，请说明理由。证明 （1）点pn、pn+1都在斜率为k的直线上=k，即=k故 (k1)xn+1=kxnk0,xn+11,xn1=常数xn是公比为的等比数列。（2）答案是肯定的，即存在自然数m，使当nm时，xn1恒成立。事实上，由1a，得02a23a+10首项为x1，则xn=x1qn1(nn)=(n1) logq+logx1令d=logq，故得是以d为公差的等差数列。又=2t+1, =2s+1=2(ts)即(s1)d(t1)d=2(ts)d=2故=+（ns）(2)=2（t+s）2n+1，（nn）又xn=(2a23a+1) （nn）要使xn1恒成立，即须02(t+s)2n+1(t+s)+，当m=t+s,nm时，我们有m=（t+s）时，xn=(2a23a+1) 1恒成立。（02a23a+10,a1)成等差数列。例4 在数列an中a1=1，当n2时，an,sn,sn成等比数列。（1）求a2,a3,a4并推出an的表达式；（2）用数学归纳法证明所得的结论；（3）求数列an所有项的和。解an,sn,sn成等比数列sn2=an(sn)(n2) (*)（1）把a1=1,s2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：a2=把a1=1,a2=,s3=+a3代入(*)得：a3=。同理可得：a4=由此可以推出：an=（2）（i）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。(ii)假设n=k(k2) 时，ak=成立。故sk2=(sk)(2k3)(2k1)sk2+2sk1=0sk=或sk=（舍去）由sk+12=ak+1(sk+1)得(sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+sk)+ak+12+=ak+12+ak+1ak+1=即n=k+1时，命题也成立。由(i)(ii)可知，an=对一切nn成立。（3）由（2）得数列前n项的和sn=故所有项和s=sn=0注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。（2）对于an的通项还可以这样来求：sn2=an(sn) sn2=(snsn1)(sn)=2,故是以为首项，为公差的等差数列故 =+2(n1)=2n1sn=,an=对于含有an,sn的关系式中，常将an用snsn1（n2）代（或sn+1sn用an+1代），化成sn，sn+1（或an,an+1）的递归关系式。例5 设an为数列an的前n项的和，an=(an1)，数列bn的通项公式为bn=4n+3。（1）求数列an的通项公式；（2）把数列an与bn的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列dn，证明数列dn的通项公式为dn=32n+1;（3）设数列dn的第n项是数列bn中的第r项，br为数列bn的前r项的和，dn为数列dn的前n项和，tn=brdn,求。解（1）由an=(an1)，可知an+1=(an+11)an+1an=(an+1an)=an+1，即=3而a1=a1=(a11)，得a1=3所以数列an是以3为首项，公比为3的等比数列，数列an的通项公式为an=3n。（2）32n+1=332n=3(41)2n =3（42n+c12n42n1(1)+c2n2n14(1)+(1)2n） =4m+332n+1bn而数32n=（41）2n =42n+c2n142n1（1）+c2n2n14(1)+(1)2n =(4k+1)而数列an=32n+132n dn=32n+1(3)由32n+1=4r+3，可知r=br=r(2r+5)=dn=(19n)= （9n1） tn=brdn=（9n1） =34n32n+又（an）4=34n=例6 已知函数f(x)=x+ (a0)（1）求f(x)的反函数f1(x)及其定义域；（2）数列an满足设bn= ，数列bn的前n项和为sn，试比较sn与的大小，并证明你的结论。解 （1）给yx=两边平方，整理得 x=yx=y= =0ya或ayn+1()()n+1sn=+()2+()+()+()+()+ ()5+()6+()n+1=+=+1()n32，故a22，得an2，所以an单调递减。且因为an2，所以an2=2(an12)()2(an22)2pq，又a1,b1不为零，c22c1c3，故cn不是等比数列。注 本题是2000年全国高考数学试题。其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。我们可以得出更一般的结论；推论1：设数列cn，cn=an+bn且ab，则数列cn+1pcn为等比数列的充要条件是p=a或p=b。推论2：设an、bn是两个等比数列，则数列an+bn为等比数列的充要条件是，数列an，bn的公比相等。推论3：公比为a、b的等比数列an，bn，且ab，s、t为不全为零的实数，cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0。例9 数列an中，a1=8，a4=2且满足an+2=2an+1an nn（1）求数列an的通项公式；（2）设sn=|a1|+|a2|+|an|，求sn;（3）设bn=( nn),tn=b1+b2+bn( nn)，是否存在最大的整数m，使得对任意nn,均有tn成立？若存在，求