浙江高考数学二轮复习专题三数列与不等式第3讲数列的综合问题学案.doc

第3讲数列的综合问题考情考向分析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.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等热点一利用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(2018浙江)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解(1)由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得820，解得q2或q.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn.由cn解得cn4n1(nN*)由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2，则Tn372(4n9)n2(4n5)n1，n2，得Tn34424n2(4n5)n1，n2，因此Tn14(4n3)n2，n2.又b11，所以bn15(4n3)n2，n2，当n1时，b11也满足上式，所以bn15(4n3)n2，nN*.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已知数列an的前n项和Sn满足：a1anS1Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)若an0，数列的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值解(1)由已知a1anS1Sn，可得当n1时，aa1a1，解得a10或a12，当n2时，由已知可得a1an1S1Sn1，得a1an.若a10，则an0，此时数列an的通项公式为an0.若a12，则2an，化简得an2an1，即此时数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，故an2n(nN*)综上所述，数列an的通项公式为an0或an2n(nN*)(2)因为an0，故an2n.设bnlog2，则bnn5，显然bn是等差数列，由n50，解得n5，所以当n4或n5时，Tn最小，最小值为T4T510.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，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例2已知函数f(x)ln(1x).(1)若x0时，f(x)0，求的最小值；(2)设数列an的通项an1，证明：a2nanln 2.(1)解由已知可得f(0)0，f(x)ln(1x)，f(x)，且f(0)0.若0，则当x0时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)f(0)0，不合题意；若0，则当0x0，f(x)单调递增，当0xf(0)0，不合题意；若，则当x0时，f(x)0时，f(x)ln(1x)，令x，则ln，ln，ln，ln，ln.以上各式两边分别相加可得lnlnlnln，即lnlnln 2，a2nanln 2.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.(2)证明因为fn(0)10，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fn(an)10，由此可得ana，故an，所以0anan1n.热点三数列的实际应用数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，求解方法既要用到不等式知识，又要用到数列的基础知识，经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用例3(2018浙江省名校协作体联考)已知数列an中，a11，an12an(1)n(nN*)(1)证明：是等比数列；(2)当k是奇数时，证明：；(3)证明：3.证明(1)an12an(1)n，an12，又a1，数列是首项为，公比为2的等比数列(2)由(1)可知an，即an，当k是奇数时，.(3)当n为偶数时，333；当n为奇数时，3333.0，nN*)(1)证明：an1an1；(2)若对任意nN*，都有ann1，证明：对于任意mN*，当nm时，an(nm)am；an.证明(1)因为c0，a11，所以an1anan(nN*)，下面用数学归纳法证明an1.当n1时，a111；假设当nk时，ak1，则当nk1时，ak1akak1.所以当nN*时，an1.所以an1an1.(2)由(1)知当nm时，anam1，所以an1anan，即an1an，累加得anam(nm)所以an(nm)am.若c，当m时，am1.所以时，n1(nm)am，矛盾所以c.因为aa2ca2cc2a，累加得aa(n1)，所以an.真题体验1(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.答案63解析Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)当n1时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a11，公比q2的等比数列，Sn12n，S612663.2(2017浙江)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0xn10.当n1时，x110.假设当nk(kN*)时，xk0，那么当nk1时，若xk10，则00，因此xn0(nN*)所以xnxn1ln(1xn1)xn1，因此0xn10(x0)，函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，故2xn1xn(nN*)(3)因为xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以xn.由2xn1xn得20，所以22n12n2，故xn.综上，xn(nN*)押题预测已知数列an满足a12，点(an，an1)在直线y3x2上数列bn满足b12，.(1)求b2的值；(2)求证：数列an1为等比数列，并求出数列an的通项公式；(3)求证：2.押题依据数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部分的难点，考查学生的综合能力(1)解由已知得a23a128，所以，解得b24.(2)解由条件得an13an2，则3，所以数列an1是以a11为首项，3为公比的等比数列即an1(a11)3n13n，所以数列an的通项公式为an3n1(nN*)(3)证明由题设，知 (n2)，由，得，则，即(n2)当n1时，2，1，所以3332.所以32.再证明不等式右边，当n2时，所以3333.所以2成立综上所述，不等式成立A组专题通关1删去正整数数列1,2,3， 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是()A2 062 B2 063C2 064 D2 065答案B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，第k个平方数与第k1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025451 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2已知数列an满足0an10的n的最小值为()A60 B61 C121 D122答案B解析由a8a40，得a8，所以a88(n1)8n，所以2a48n4，所以an2，即a2an20，所以an，因为0an10得11，所以n60.3已知数列an满足a11，an1an2(nN*)，Sn为数列an的前n项和，则()Aan2n1 BSnn2Can2n1 DSn2n1答案B解析由题意得a2a12，a3a22，a4a32，anan12，a2a1a3a2a4a3anan12(n1)，ana12(n1)，an2n1.a11，a23，a35，an2n1，a1a2a3an1352n1，即Sn(12n1)n2.4数列an满足a1，an(nN*)，若对nN*，都有k成立，则最小的整数k是()A3 B4 C5 D6答案C解析由an，得anan11，即，且an1.，5成立，k5.故最小的整数k是5.5已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)21，那么(i)的值为()A2 488 B2 495 C2 498 D2 500答案D解析由f(n)的定义知f(n)f(2n)，且n 为奇数时f(n)n，则(i)f(1)f(2)f(100)13599f(2)f(4)f(100)f(1)f(2)f(50)2 500(i)，(i)(i)(i)2 500.6(2018宁波期末)对给定的正整数n(n6)，定义f(x)a0a1xa2x2anxn，其中a01，ai2ai1(iN*，in)，则a6_；当n2 019时，f(2)_.答案64解析由a01，ai2ai1(iN*，in)得数列ai为首项为2，公比为2的等比数列，则ai2i(iN*，in)，所以a62664.当n2 019时，f(x)12x22x222 019x2 019，则f(2)122222222 01922 019144242 019.7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已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n2(n2，nN*)，若对任意nN*，anan1恒成立，则a的取值范围是_答案(3,5)解析由条件SnSn14n2(n2，nN*)，得Sn1Sn4(n1)2，两式相减，得an1an8n4，故an2an18n12，两式再相减，得an2an8，将n2代入SnSn14n2，得a1a2a116，所以a2162a，从而a2n162a8(n1)8n82a；将n3代入SnSn14n2，得a1a2a3a1a236，所以a342a，从而a2n142a8(n1)8n42a，由条件得解得3aan，a10，所以an0.则an1ananenln 2an2n，所以anan12(n1)an22(n2)2(n1)a1212(n2)2(n1)121n.令f(n)21n2，则f(n1)f(n)2n2n2n0，所以f(n)是递增数列，所以f(n)f(1)0，即21n20，所以anln(221n)，综上所述，ln(221n)an121n得证(3)解由(2)得an1ananan，所以anan1an2a1(n2)因为(n3)，所以当n4时，an.由an的单调性知当n1,2,3时，an，综上所述，对任意的nN*，都有an6；(2)求证：对一切n2都有a22.证明(1)an1，a2 0181，a2 018111106.(2)由题意得anan1(n2)，即an1an，将式子两边平方得aa2，aa2，aaaaaaaaaa2.1122.B组能力提高11(2018浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3)，若a11，则()Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4 Da1a3，a2a4答案B解析构造不等式ln xx1，则a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a4a1q31.由a11，得q1，所以ln(a1a2a3)0，矛盾因此1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a20(nN*)；(2)an10，所以当n1时，命题成立；假设当nk(kN*)时，命题成立，即ak0，则由1ak1，知ak1ln(1ak)0