2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第3讲数列的综合问题教案[浙江]

1、精品资源备战高考第3讲数列的综合问题数列不等式的证明核心提炼数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能 力.与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等 式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可 以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放 缩法证明.典型例题例但 已知数列xn满足:Xi=1, Xn=Xn+i + ln(1 +xn+i)( nC N*). * 证明：当nCN时，(1)0< Xn + 1<Xn；XnXn+1(2)2 Xn+1 Xn&

2、lt; -2-；1 2n-T & Xn w 2n-2.题海无涯战胜高考【证明】(1)用数学归纳法证明：Xn>0.当 n = 1 时，X1= 1>0.假设n=k时，Xk>0,那么n=k+1 时，若Xk+1W0 时，则0<Xk=Xk+1 + ln(1+ Xk+1)<0,矛盾，故Xk+1>0.因止匕 Xn>0( n N).所以 Xn= Xn + 1 + ln(1 + Xn+ 1)>Xn +1.*、因止匕 0<Xn + 1<Xn(nC N).(2)由 Xn= Xn+1+ ln(1 + Xn+1)得,XnXn+1 4Xn+1 + 2Xn

3、= Xn+1 2Xn+1 + ( Xn+1 + 2)ln(1 + Xn+ 1).2记函数 f(X) = X 2X+(X+2)ln(1 +X)(X>0),2x2 + x(x)= x+1 + ln(1+ x)>0( x>0),函数f(X)在0 , +8)上单调递增，所以 f(x) >f (0) = 0,2因此 Xn+ 1 2Xn+ 1 + ( Xn+ 1 + 2)ln(1 + Xn+ 1) = f(Xn+1) >0,，一XnXn + 1_.*、故 2xn+1 - XnW2 (n C N).(3)因为 Xn=Xn+1+ln(1 +Xn + 1) W Xn+1+Xn+1=

4、2Xn+1,所以Xn>,XnXn+1，口 1由 或 2Xn+ 1 - Xn 倚2Xn1>0,_ , 11所以X；- -> 21177Xn-12X11c-=2n2 j ?故XnW1综上，2< Xn< 2证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明.(2)若待证不等式的两边均为关于n的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式.(3)与数列前n项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求 和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放 缩后再求和证明.(4)当待证不等式随n的变化呈现的规律较明显，

5、且初始值团易于确定时，用数学归纳法证明.对点训练an+1*1.设数列an满足 an- < 1, nCN.(1)证明：| an| >2n1(| a" 2) , nCN*；3 n(2)若| an| W 2 , n N ,证明：| an| W2, nC N.an+1证明：(1)由an - 2 W 1,得| an+ 112n+1所以Loi21 | an| _2n =| a1|1a2I|a2|1a3|-2-a +| an 1|an|11121 一-2 W m+22 + .+ 2n-l<| 才| am| 丽 | an+1| an + 1| an+2|2n 2m 22n+12n+

6、12n+2+| am-11| am|2mJ, 1 , , 1 W 2n + 2n+ 1 + 2吁 1 < 2"1 ?故| an| aH2m=2 +m 2n.从而对于任意 m> n,3均有 | an| <2+ 4m, 2n.由m的任意性得| an| < 2.*否则，存在noC N,有| ano| >2,取正整数mo>1og 3 4| ano| 一 22n03 m-3且 mo> no,则 2n0 二 v 2no 二 4410g 34| 日。| - 2=| an°| -2,与式矛盾，综上，对于任意n e N*,均有| an| < 2

7、.2.已知数列an满足，a=1,an= "一 an+ 1求证:(2)求证:| an+1 an| < . 3证明：由已知得an+1=an+ 2,计算a2=|, 36 a3=",142a4 = T7,狷想.wanW1.193卜面用数学归纳法证明.11.ak+1d v 1 )1 2 1'ak+2 3+2当n= 1时，命题显然成立;假设n=k时，有wanW1成立，则当n=k+1时, 3ak+1=1>1=3,即当n = k+1时也成立,ak+2 1 + 2 * 工，2所以对任息n N ,都有-< an< 1.3、“71(2)当 n=1 时，|a1 a2

8、|=.3当 n>2 时，因为(an+ )( a.i + ) = (an + ) , 一= 1 +封 1 + = «,222 an 2an 2 211所以 | an+1 an | =11an+2 an-1 + 2| an ch -1|211一& 31 an-an 1|(an+?)(an1 + 200 2| a2-a1| =3综上知,| an + 1 an| w 3考点2数列中的交汇创新问题核心提炼数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊 数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查 数列的基本运算与应

9、用.典型例题例2(1)(2018 高考浙江卷)已知a1, a2, as, a4成等比数列，且a?+a?+a4=in( a1+ a2 + as).若 a1>1，则()A.a1 <as,a2<a4B.a1 >as,a2<a4C.a1 <as,a2>a4D.a1 >as,a2>a4(2)已知Xn是各项均为正数的等比数列，且X1+X2=3, X3-X2=2.求数列Xn的通项公式；如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点 P1(X1,1), P2(X2, 2),，R+1(xn+1, n+1)得到折线P P2- Pn+1,求由该折线与直线 y=0,

10、x=X1, X=Xn+1所围成的区域的面积Tn.【解】(1)选 B.法一：因为 ln x<X- 1(x>0),所以 a1 + &+a3+a4= ln( a1 + a2+as)wa1+ a2 + as 1,所以 adw 1,又a1>1,所以等比数列的公比 q<0.若q w 1,则a1 + a?+ a?+ a4 =a1(1 +q)(1+ q2) w 0,而a?+a3>a1>1,所以 ln(a?+a3)>0 ,与 ln(a +a?+a3) =a1+ a2 + a3-i- a4=c 0 矛盾，2_2.所以一1<q<0,所以 ai-a3= a

11、i(l -q )>0 , a2-a4=aiq(l -q )<0 ,所以 ai>a3> ai, a2<,故选 B.法二：因为 ex>x+ i, ai+a2+a3+a4= ln( ai+a2+a3),所以 eai +a2+a3+a4= ai + a2 + a3>ai+a2+a3+a4+i,贝U adw i,又 ai>i,所以等比数 列的公比q<0.若 qw i,则 ai+a2+a3+a4= ai(i +q)(i +q)w。，而 ai +a2 + a3>ai>i,所以 ln( ai + a2 + a3)>0 ,与 ln( ai

12、+ % + a3) = ai + a2+ a3+ a4W 0 矛盾，所以一i<q<0,所以 ai a3=ai(i - q2)>0 , a2- a4= aiq(i q2)<0,所以 ai>a3, a2<a4,故选 B.(2)设数列xn的公比为q,由已知q>0.由题意得xi + xiq= 3,一 2xiq xiq= 2.所以 3q2-5q-2=0.因为q>0,所以 q= 2, xi = i,一 一一一 . n i因此数列xn的通项公式为xn=2过P, F2,，Pn+i向x轴作垂线，垂足分别为 Q, Q,，Q+i.由得 xn + i-xn=2n-2n-

13、i = 2n-i,记梯形P1Pl+iQ+iQ的面积为bn,n=(2n+i) X2.2,一 (n+n+i) c由题意得bn= - x 22所以 T= bi + b2+ + bn= 3X2 -i + 5X2 °+7X2 i+-+ (2n i) X2 "3+(2 n+i) X2 n 2.(i)又 2Tn=3X2 0+5X 2i + 7X2 2+ (2ni) X2 n+(2n+i) X2 n.(ii)i2nini 3 2 (i 2ni)(i) (ii) 得一1=3X2 +(2+2+2 )(2n+i)X2 =- +： (2 n+2 i 2i) X2n- i所以Tn =(2n i) X

14、2 n+12名师点数列与函数的综合问题主要有两类(i)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题;(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求 和方法等对式子进行化简变形.对点训练已知函数f(x)=2sin( 3x+6)( 3>0, |加兀)的图象经过点 12, -2 , 工，2 ,且在区间12, 712-上为单调函数.(1)求3 , 6的值；(2)设 an= nf、一( nC N*),求数歹U an的前 30项和 S30. 3“一,”一，r 3兀一兀解：(1)由题可得 72+ () =2kTT -2,.一_73兀, 一

15、 兀 .一一k Z F= 2k % + kCZ, 一2兀,一斛得 3=2, ()= 2k % - z-, k Z,3因为| 6 |兀，所以 6 = 2n 兀 2 K3(2)因为 an=2nsin 2n一等(n N),数列 2sin33(ne N*)的周期为3,前三项依次为0, ® 43,所以 a3n 2 + a3n i+a3n=(3n2) X0+ (3n 1) x +3nX ( /)= /( nC N*), 所以 S30= ( ai + &+ &) + (a28+ a29+ a30) = 103.考点3数列中的探索性问题核心提炼探索性问题是指根据已知条件 (或给出的结

16、论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类 问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型.典型例题例3已知等差数列an满足：a=2,且a, a2, a5成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)记&为数列an的前n项和，是否存在正整数 n,使得S>60n+800?若存在，求n的 最小值；若不存在，说明理由.【解】(1)设等差数列an的公差为d,依题意，2, 2+d, 2+4d成等比数列，故有(2、2+ d) =2(2 + 4d),化简得d2 4d = 0,解得d=0或d = 4.当 d = 0 时，an= 2；当 d=4 时，an=2+(n-1) - 4= 4

17、n-2,从而得数列an的通项公式为 an=2或an=4n 2.（2）当 an=2 时，S=2n.显然 2n<60n+800,此时不存在正整数 n,使得S>60n+800成立.t, n2 + （4n 2） 2当 an = 4n 2 时，Sn=2= 2n .令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0,解得n>40或n< 10（舍去），此时存在正整数 n,使得S>60n+800成立，n的最小值为41.综上，当an=2时，不存在满足题意的 n；当an = 4n 2时，存在满足题意的 n,其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在

18、或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由.这类问题常 用“肯定顺推”的方法.对点训练数列an满足 ai=1, an+i= （n2+n入）an（ n= 1, 2,），入是常数.（1）当a2= 1时，求人及a3的值；（2）数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由.解：（1）由于 an+1= （n2+ n入）&（n=1, 2,），且 a=1,所以当a2=1时，得一 1 = 2入，故入=3.从而 a3= （2 2+2 3）X（ 1） =- 3.（2）数列an不可能为等差数列，理由如下： 2由 a1 =

19、 1, an+1 = （ n + n入）an,得 a2= 2 入，a3= （6 入）, （2 入），a4=（12 入）（6 入）（2 入）.若存在 入,使an为等差数列，则 a3 a2= a2 a ,即（5 一入）（2 入）=1 入，解得入=3.于是 a2 a = 1 入=2, a4 a3= （11 入）（6 入）（2 入）=24.这与an为等差数列矛盾，所以，对任意 入，an都不可能是等差数列.专题强化训练11. （2019 台州市局二期末考试 ）在正项数列an中，已知a=1,且满足an+1=2an-an+ 1_*(nC N).(1)求 a2, a3；3 一(2)证明：an>(3)n

20、11 一 *解：(1)因为在正项数列an中，a1=1,且满足an + 1 = 2an a +1 (hCN),C 3 a3= 2x 21133-=-5- 2+1(2)证明:当n= 1时，由已知31= 1 >( 2)1 1= 1,不等式成立; 3假设当n = k时，不等式成立，即 ak> (2),一一 一1因为f(x)=2x后y在(0 , +8)上是增函数,所以a2时8的1广11(|)一+1z3 k 13k =(5) +a(5) 23 21 3 k-1 +11 ,3、=(2)*2,1(2)k-1(2)一+1(3) k+32 X ( 3) k-313 k 9 =(2) + 一(2)k-1

21、 + 13 k3因为 k>1,所以 2X(2) -3>2X 23=0,所以 ak+1 > (3)k,即当n=k+1时，不等式也成立.一 .一 一 一 一 一 * .根据知不等式对任何n e N都成立.2. (2019 嘉兴调研)已知S为各项均为正数的数列an的前n项和，a1 (0 , 2) , a2 + 3an + 2= 6Sn.(1)求an的通项公式；(2)设bn=7,数列bn的前n项和为Tn,若对任意的nC N*, t W4Tn恒成立，求实数t anan+ 1的最大值.解：(1)当 n= 1 时，由 an+3an+2 = 68,得 a2 + 3a1 + 2=6a1,即 a

22、23ad2=0.又 ai e(0 , 2),解得 ai = l.由 an+ 3an+ 2 = 6Sn ,可知 an+1 + 3an+1 + 2= 64+1.两式相减，得 an+ 1 an+ 3( an+ 1 an) = 6an+ 1 ,即(an+ 1 + an)( an+ 1 an 3) = 0.由于 an > 0 ,可得 an+1 an 3=0,即 an + 1 an = 3, 所以an是首项为1,公差为3的等差数列，所以an=1 + 3(n-1)=3n-2.(2)由 an= 3n- 2 ,可得11bn=-：banan+1(3n2) (3n+1)1 = _ 一 一 .3 3n- 2 3

23、n+1 'Tn=b+b2+ bn=-1- 1+ ： j+1 -1344 73n23n+1n =TJ.3n+11一, n 13”一一一_一 一，因为Tn=o一一；随着n的增大而增大，所以数列Tn是递增数列，3n+1 3 3n+1一t t 1所以t<4Tn? 4<Tn? 4<T1=4? t<1,所以实数t的最大值是1.1一3. (2019 金华模拟)已知数列an满足 a1=, an+1an= 2an+1- 1( n N),令 bn=an1. (1)求数列bn的通项公式；a2n+17(2)令 Cn=,求证： C1+ C2+ Cn<n+；T7.a2n24* 斛：(

24、1)因为 an+ 12n= 2an+ 1 1(nCN), bn = an 1)即 an=bn+1.所以(bn + 1+1)( bn+ 1) = 2( bn+1 + 1) 1 ,化为： = 1 ,bn+1 bn1 ，所以数列b是等差数列，首项为一2,公差为一1.一,11所以b；2(nD 1 J 所以 bn=-n77.1 n(2)证明：由(1)可得：an=bn+1 = 1n =12n+ 1所以Cn=a± a2n2n+1+ 1 _(2n+1) 22n=2n (2n+2)2n+ 11 11=1+2 2n+2，因为 n>2 时，2n+2W2 n+11,2n+1-1，1 1 1所以 C1

25、+ C2 + Cn<n + - - - +2 2 41117172 22-1 -2n+1- 1 = n + 24-2 (2n1-1) <n+24.4. (2019 绍兴市高三教学质量调测)已知数列an满足an>0, a=2,且(n+1) a2+1 = na2*.+ an( n e N).(1)证明:an>1 ； 222a2 a3an 9,(2)证明：4+ 9 +产5( n 2).证明：(1)由题得(n+1) a2+1( n+1) = na2n + an1,故(an+1 1)( an+1+1)( n+1) = (an 1)(nan+n+1),由 an>0, nCN,

26、可知(an+1 + 1)( n+1) > 0, nan+n+1>0,所以 an+1 - 1 与 an 1 向号，又 a 1 = 1>0,故 an> 1.(2)由(1)知 an>1,故(n+ 1) a2+1= na2+&v(n+1) an,所以 an+1 van, 1<anW2.又由题可得an = ( n+ 1) an+1- nan,所以，a1=2a2a： a2= 3a3-2a2,， an=(n+1) an+1 na2,2相加得 ad a2+ + an= ( n+ 1) an+1-4<2 n,2n+2n(n>2),an 22子才+；T 2力

27、当n=2时,a2_3 9 224:5.当n=3时,a2a2 32 3 192+34+33<4+3<2222当n>4时,a2 a3 a4an十 + + + 11111214 9 16n<2 一+一 + + + + 十 一一4 9 16 44 27 3.2 1 12191 + + + + + 一 十 9 8 4 十 27 十 12 5.从而，原命题得证.5. (2019 台州市高考一模 )已知数列an满足：an>0, an+i + 12(ne N*). an*(1)求证：an+2an+iv2(ne N)；*(2)求证：an > 1( n C N).1 一证明：(

28、1)由 an>0, an+1+<2,1 一所以 an+1<2< 2 , anc.1、c因为 2>an+2 +>2an+ 1所以 an+2 V an+1< 2.(2)假设存在 aN< 1( N> 1, NC N*),由(1)可得当 n>N时，anW aw 1<1,根据 an+1 1v1一1=史.1因此有-< n 1 +,aNi+ n-1aNi+1 1这显然与(*)矛盾，所以an>1(nC N).6 .(2019 金丽衢十二校高三联考 )已知 f n( x) = ax + a2X2+ a3X3+ + anxn,且 f n

29、( 1)=(1) , n, n= 1, 2, 3,.(1)求 a1, a2, a3；(2)求数列an的通项公式； * . . .2当k>7且kC N时，证明：对任意nC N都有;+an+ 1 <0,而 an< 1, anan所以1an7>-7an+ 1 1an 1于是aN>1+aN+1 11aNi+ n- 1>1 +1aNI+ n 1 11 1累加可得>n-1 +；(*),aN+n 1aN+1 1由(1)可得 aN+n- K0,-11-+ -+ + a+1 + 1 an+ 2+12ank- 1 + 1而当 n > a 1 +1时，显然有 n 1

30、+ a.1 >。，解：(1)由 fi( 1) = a= 1 得 ai= 1,由 f 2( 1) = 一 ai + a2= 2,得 a2 = 3,又因为 f3( 1)=白 +a2 a3= 3,所以a3= 5.(2)由题意得：fn( 1) = a+ a2 a3+ + ( 1) an=( 1) , n,n 1fn-1( 1) = a1+a2 a3+ ( 1) an-1=(-1) n 1 - ( n- 1), n>2,两式相减得：(-1)nan=( -1)n- n( 1)n1 (n1) = ( 1)n(2n1), *得当 n>2 时，an=2n1,又 a1=1 符合，所以 an= 2

31、n1( n C N). 人,an+1(3)证明：令bn =厂=n,1111111111k + n .(*)则 S= &+ 二 + 二 +bki=n+nn+，111111所以 2S=+. + . c+ ic+|+x+y>2/xy,n nk-1n+1 nk 2n+2 nk- 3当 x>0, y>0 时,所以(x+ y) x+ y >4,一,1 14所以-+-1，当且仅当x= y时等3成立，上述(*)式中，k>7, n>0, n+1, n + 2, x y x 十 y.一44444n (k-1)nk1 王为正，所以 2S>. .- c+ c I o

32、+ I d . = i d ,'n+nk1 n+1 + nk 2 n + 2+nk3nk- 1 + nn+nk1 '所以S>2 (k 1) 2 (k-1)=2 1-2k+ 1>21 一7I7 =|，得证7. (2019 宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列a满足a = 3, an+1=a2+2an,*n N ,设 bn = log 2( an+ 1).(1)求an的通项公式；1 11.(2)求证：1 + ：； + W+- + 7；<n(n>2)；2 3bn I若 2cn=bn,求证：2W( M )n<3.Cn解：(1)由 Sb+1=an+2a

33、n, 则 an+ 1+1 = an+2an+1=(an+1) ,由ai = 3,则3n>0,两边取对数得到log 2(an+l+ 1) = log 2(an+ 1)2= 2 log 2(an + 1),即 bn+1=2bn.又 bi = log 2( ai + 1) = 2 w 0,所以bn是以2为公比的等比数列.即 bn = 2n.又因为 bn= log 2(an+ 1),所以 an = 22 1.1 1 11(2)证明：用数学归纳法证明：当n=2时，左边为1+;+=公<2 =右边，此时不等2 36式成立；假设当n = k( k>2, kCN)时，不等式成立，1 11111

34、11则当 n=k+1 时，左边= 1 + 2 + 3+-+ 2k_ 1 +.+ 2卜+ 1 + + 2卜+1_ 1 <卜+2k+ 2T.1.11. Ik+ + 2+11 v k+ 了+ 了+ + 22 个,< k+1 =右边,所以当n=k+ 1时，不等式成立.综上可得：对一切 nCN*, n>2,命题成立.证明：由2Cn= bn得Cn=n,所以(=(审)n=(1 +1)1 Cnnn首先 d+n/nCs+Cn+c+ji1十+ Gn-> 2, nn其次因为耳=n ( n 1)(n k+ 1)； kk! n11< -< -k!k (k 1)士-k(k*11 o1所

35、以(1 +广必4+常+,11八1八3 v 3,nCL.+情11 1.1<1+1+1-2+2-3+- + nT1当n=1时显然成立.所以得证.1an- 18.数列 an满足 曰=二，an= ;( n>2, nCN).4( 一 1) an 1 2(1)试判断数列 1+ ( 1) n是否为等比数列，并说明理由;(2)设 bn= ansin(2n1)支*_4,数列bn的前n项和为T,求证：对任意的 nCN, Tn<-.解：(1) an =an- 11an 12 anan1n=(-1)an-1'一1所以F ( 一 1) =2,( 一 1) 一 anan1-1，/、 n ，?所以

36、 an+(T)=(2).(1)n11+ an 1(1) n为公比是一2的等比数列.(2)证明:1+( 1)1=3,由(1)可得 a1-+(T)= a+ ana1(1) 1 (2)n1=3 (2)n1,所以an=3 (2)n.而sin(2n 1)兀n-1=(-1)，所以 bn= an sin(2n-1)兀当n>3时，Tn=b1+b2+3 . ( 2) nT ( 1) n 晨，所以bn=3 . 2n 1+ 1bn<(b1+b2)+rT+rT+1 1=一+一+4 712 1- 21 1-2因为bn为正项数列，所以所以 nC N, Tn<7.1 1 47 44+7+6=84<7

37、.T1VT2VT3v Tn,以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。买本好点的参考书，做些练习。 如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。做练习要对答案，最好把 自己的错题记下来。平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者 自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习 复习。2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例， 要能用自己的话解释概念（理解概念）然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推 导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的 出来（依靠自己才是最可靠的力量）。最后主动挑战问题（兴趣是最好的老师），要经常攻关一些问题。（白 天攻，晚上钻，梦中还惦着它）其次，先看笔记后做作业。有的高中学生感到。老师讲过的，自己