（江苏专用）2019高考数学二轮复习 专题六 数列 第19讲 数列中的推理与证明课件

1、第第1919讲讲 数列中的推理与证明数列中的推理与证明 第19讲数列中的推理与证明 1.已知数列an满足an+2=an+1-an,且a1=2,a2=3,Sn为数列an的前n项和,则S2 017= . 答案答案2 解析解析由题意可得a1=2,a2=3,a3=1,a4=-2,a5=-3,a6=-1,a7=2,a8=3,a9=1,则数列 an是以6为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,所以S2 017=336(a1+a2+ a6)+a1=2. 2.数列an为等比数列,且a1+1,a3+4,a5+7成等差数列,则公差d= . 答案答案3 解析解析设等比数列an的公比为q(q0),

2、因为a1+1,a3+4,a5+7成等差数列,则a1 +1+a5+7=2(a3+4),即a1+a1q4=2a1q2,解得q2=1,则公差d=(a3+4)-(a1+1)=a1q2+3-a1= 3. 3.如图,在平面直角坐标系中,分别在x轴与直线y=(x+1)上从左向右依次取 点Ak、Bk,k=1,2,其中A1是坐标原点,使AkBkAk+1都是等边三角形,则A10B10 A11的边长是 . 3 3 答案答案512 解析解析设AnBnAn+1(nN*)的边长为an,则a1=1,an+1=2an,即数列an是首项为 1、公比为2的等比数列,则A10B10A11的边长a10=29=512. 4.已知函数f

3、(x)=x3+x,等差数列an满足f(a2-1)=2, f(a2 016-3)=-2,Sn是其前n项和, 则S2 017= . 答案答案4 034 解析解析因为函数f(x)=x3+x是奇函数,且f(a2-1)=2,f(a2 016-3)=-2,所以a2-1=-(a2 016- 3),即a2+a2 016=4,又an是等差数列,所以S2 017= 4 034. 12 017 2 017() 2 aa 22 016 2 017() 2 aa 题型一数列中的不等关系题型一数列中的不等关系 例例1 (2018江苏,20,16分)设an是首项为a1,公差为d的等差数列,bn是首项 为b1,公比为q的等比

4、数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; (2)若a1=b10,mN*,q(1,证明:存在dR,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1 均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示). 2 m 解析解析(1)由条件知:an=(n-1)d,bn=2n-1. 因为|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|1对n=1,2,3,4均成立, 即11,1d3,32d5,73d9,得d. 因此,d的取值范围为. (2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在dR,使得|an-bn

5、|b1(n=2,3,m+1)均成立, 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1), 7 3 5 2 7 5 , 3 2 即当n=2,3,m+1时,d满足b1db1. 因为q(1,则10,对n=2,3,m+1均成立. 因此,取d=0时,|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立. 下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,m+1). 当2nm时,-=, 当10. 1 2 1 n q n 1 1 n q n 2 m 1 2 1 n q n 1 1 n q n 1 2 1 n q n 1 1 n q n 2 n q n 1 2 1 n q n 1 2 (1) nnn n

6、qqnq n n 1 ()2 (1) nnn n qqq n n 1 2m 因此,当2nm+1时,数列单调递增, 故数列的最大值为. 设f(x)=2x(1-x),当x0时, 1 2 1 n q n 1 2 1 n q n 2 m q m f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0, 所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1. 当2nm+1时,=f0),其前n项和为 Sn,设bn=an+an+1(nN*).数列bn的前n项和为Tn,满足Tn=n2. (1)求证:数列bn的任意连续三项不成等比数列; (2)求数列an的通项公式; (3)若nN*,且n2,不等式(an-1)(an+1-1)

7、2(1-n)恒成立,求a的取值范围. 解析解析(1)证明:由Tn=n2,得bn=Tn-Tn-1=2n-1(n2), 由于b1=1符合上式,所以bn=2n-1(nN*). 假设存在bn的连续三项bk-1,bk,bk+1(kN*,k2)成等比数列, 则=bk-1bk+1,即(2k-1)2=(2k-3)(2k+1). 2 k b 可得4k2-4k+1=4k2-4k-3,与1-3矛盾,所以假设不成立, 从而数列bn的任意连续三项不成等比数列. (2)由(1)得,an+an+1=bn=2n-1. 所以an-(n-1)=-(an+1-n),即=-1, 所以数列an-(n-1)为等比数列,且公比为-1. 因

8、为a1=a0,所以an=a(-1)n-1+(n-1)(nN*). 1 (1) n n an an (3)不等式(an-1)(an+1-1)2(1-n),即anan+1-(an+an+1)+12(1-n), 由于an+an+1=2n-1,所以anan+10. 当n是奇数时,an=a+(n-1),an+1=-a+n, 所以anan+1=a+(n-1)(-a+n)=-a2+a+n(n-1)0, 即nN*,且n2,-a2+a-n(n-1)恒成立, 所以-a2+a-2,解得-1a2. 因为a0,所以a的取值范围是(0,2. 题型二在数列中抽取与插入项的问题题型二在数列中抽取与插入项的问题 例例2已知数列

9、an中,a1=1,在a1,a2之间插入1个数,在a2,a3之间插入2个数,在a3, a4之间插入3个数,在an,an+1之间插入n个数,使得所有插入的数和原数列an 中的所有项按原有位置顺序构成一个正项等差数列bn. (1)若a4=19,求bn的通项公式; (2)设数列bn的前n项和为Sn,且满足=bn+(,为常数),求,的值以 及an的通项公式. 2 n S 解析解析(1)设bn的公差为d, 由题意得,b1=a1=1,b3=a2,b6=a3,b10=a4=19, 又b10=b1+9d,则d=2,而b1=1, 故数列bn的通项公式为bn=1+2(n-1)=2n-1. (2)由=bn+(,为常数

10、). 得2Sn+=(bn+)2=+2bn+2, 当n=1时,2+=1+2+2, 当n2时,2Sn-1+=+2bn-1+2, -得2bn=-+2(bn-bn-1), 2 n S 2 n b 2 1n b 2 n b 2 1n b 则2bn=d(bn+bn-1)+2d=d(2bn-d)+2d, 若d=0,bn=b1=1,代入式,得2=0,不成立,则d0. 式可变形为(2-2d)bn=2d-d2, 则解得代入式,得=. 所以等差数列bn的首项b1=1,公差d=1,则bn=n. 设an中的第n项为数列bn中的第k项,则an的前面共有an中的n-1项,且插 入了1+2+3+(n-1)=项,则k=(n-1

11、)+1=, 故an=bk=k=,即an的通项公式为an=. 2 220, 20, d dd 1, 1 . 2 d 1 4 (1) 2 n n(1) 2 n n 2 2 nn 2 2 nn 2 2 nn 【方法归纳】 解决在数列中抽取与插入项问题的关键是要分清插入或抽 取的项和原数列项的位置关系.解决问题的方法仍是等差、等比数列基本量 的运算. 2-1已知数列an,对于任意n2,在an-1与an之间插入n个数,构成的新数列 bn成等差数列,并记在an-1与an之间插入的这n个数的平均值为Cn. (1)若an=,求C1,C2,C3; (2)在(1)的条件下,是否存在常数,使数列Cn+1-Cn是等差数列?如果存在,求 出满足条件的,如果不存在,请说明理由. 2 38 2 nn 解析解析(1)由题意知,a1=-2,a2=1,a3=5,a4=10, 则在a1与a2之间插入-1,0,且C1=-; 在a2与a3之间插入2,3,4,且C2=3; 在a3与a4之间插入6,7,8,9,且C3=. (2)设等差数列bn的公差为d(d0),则d=1, 则Cn-1=(