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126

1、高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126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观察学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力与数列相关的不等式除利用数学概括法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式可以转变成函数，可借助函数的单一性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列可以求和，且所证不等式与和式相关，可先求出其和，再借助放缩法证明典型例题已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0 xn10.当n1时，x110.假定nk时，xk0，1/24高考数学二

2、轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126那么nk1时，若xk10时，则00.因此xn0(nN*)因此xnxn1ln(1xn1)xn1.因此0 xn10(x0)，函数f(x)在0，)上单一递加，因此f(x)f(0)0，因此xn212xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，xnxn1(nN*)故2xn1xn2(3)由于xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，1因此xn2n1.xnxn11111由22xn1xn得xn122xn20，因此111111，2xn12n12n2xn22x121故xn2n2.2/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合

3、问题授课设计12611综上，2n1xn2n2(nN*)证明数列不等式常用的四种方法(1)结构函数，联合数列的单一性证明(2)若待证不等式的两边均为对于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项和相关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项可以直接求和，则先求和后，再依照和的性质证明不等式；二是若数列的通项不可以够直接求和，则先放缩后再求和证明(4)当待证不等式随n的变化表现的规律较明显，且初始值n0易于确准时，用数学概括法证明对点训练1设数列满足aan11，n*.ann2N(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；3n(2)若|an|，nN*，证明：|an|2

4、，nN*.2an1证明：(1)由an21，得1|an|an1|1，nN*，|an|an1|1，故22n2n12n|a1|an|a1|a2|a2|a3|因此2n212221a2233/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126|an1|an|1111，2n12n21222n1因此|an|2n1(|a1|2)(2)任取nN*，由(1)知，对于随意mn，|an|am|an|an1|an1|an2|2n2m2n2n12n12n2|am1|am|11112m12m2n2n12m12n1，故|an|1|am|113m2n12n2n12n2m2m223m42n.3m从而对于

5、随意mn，均有|an|22n.4由m的随意性得|an|2.否则，存在n0N*，有|an0|2，取正整数m0log3|an0|22n043m03log3|an0|2且m0n0，则2n042n0442n0|an0|2，与式矛盾，综上，对于随意nN*，均有|an|2.12已知数列an满足，a11，anan12.4/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计1262(1)求证：3an1；1(2)求证：|an1an|3.证明：(1)由已知得an11，计算a22，a3614，a4，13719an22an1.猜想3下面用数学概括法证明当n1时，命题明显建立；21假定nk时，有3a

6、n1建立，则当nk1时，ak11ak2211，132ak1112，即当nk1时也建立，113ak2122因此对随意nN*，都有3an1.1(2)当n1时，|a1a2|3，11111当n2时，由于(an2)(an12)(an2)an12an15/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计12632，11因此|an1an|an11an122|anan1|2113|anan1|（an2）（an12）2n112n113|a2a1|331，则()Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4Da1a3，a2a4(2)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x26/24高

7、考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计1262.求数列xn的通项公式；如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连结点P1(x1,1)，P2(x2,，Pn1(xn1,n1)获取折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的地区的面积Tn.【解】(1)选B.法一：由于lnxx1(x0)，因此a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，因此a41，又a11，因此等比数列的公比q1，因此ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，因此1q0，a2a4a1q(1q2)a3a1，a21，因此等比数列的公比q1，因此ln(a1a2a

8、3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，7/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126因此1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a260n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明原由【解】(1)设等差数列an的公差为d，依题意，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，10/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.明显2n60n800建

9、立当an4n2时，Snn2（4n2）2n2.2令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800建立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2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能否存在或某一结论能否建立，“能否存在”的问题的命题形式有两种：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明原由这类问题常用“必定顺推”的方法对点训练数列an满足a11，an1(n2n)an(n1，2，)，是常数(1)当a21时，求及a3的值；(2)数列an能否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可以能，说明原由解：(1)由于

10、an1(n2n)an(n1，2，)，且a11，因此当a21时，得12，故3.11/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126从而a3(2223)(1)3.(2)数列an不可以能为等差数列，原由以下：由a11，an1(n2n)an，得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3.于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24.这与an为等差数列矛盾，因此，对随意，an都不可以能是等差数列专题增强训练1(台州市高三期末考试)在正项数列an中，已知a11，且满1足an12anan1(nN

11、*)(1)求a2，a3；3(2)证明：an(2)n1.1解：(1)由于在正项数列an中，a11，且满足an12anan1(nN*)，3因此a221112，3113a322315.212/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计1263(2)证明：当n1时，由已知a11()111，不等式建立；23)k1，假定当nk时，不等式建立，即ak(21由于f(x)2xx1在(0，)上是增函数，因此ak12ak12(3)k11ak123（）k1123131(2)k3(2)k32）k111313）k13（2）2k1（2(33)k321（）k1213）k3239（）k3(322)k

12、3，2（）k11233由于k1，因此2()k3230，22因此ak13)k，(2即当nk1时，不等式也建立依照知不等式对任何nN*都建立13/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计1262(嘉兴调研)已知Sn为各项均为正数的数列an的前n项和，a1(0，2)，a2n3an26Sn.(1)求an的通项公式；1(2)设bnanan1，数列bn的前n项和为Tn，若对随意的nN*，t4Tn恒建立，求实数t的最大值解：(1)当n1时，由a2n3an26Sn，得a213a126a1，即a213a120.又a1(0，2)，解得a11.由a2n3an26Sn，可知a2n13an

13、126Sn1.两式相减，得a2n1a2n3(an1an)6an1，即(an1an)(an1an3)0.由于an0，可得an1an30，即an1an3，因此an是首项为1，公差为3的等差数列，因此an13(n1)3n2.(2)由an3n2，可得11bnanan1（3n2）（3n1）11133n23n1，Tnb1b2bn111111314473n23n114/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126n3n1.1n13由于Tn3n133n1跟着n的增大而增大，因此数列Tn是递加数列，tt1因此t4Tn?4Tn?4T14?t1，因此实数t的最大值是1.13(金华模拟

14、)已知数列an满足a12，an1an2an11(nN*)，令bnan1.(1)求数列bn的通项公式；a2n17(2)令cna2n，求证：c1c2cnn24.解：(1)由于an1an2an11(nN*)，bnan1，即anbn1.11因此(bn11)(bn1)2(bn11)1，化为：bn1bn1，1因此数列bn是等差数列，首项为2，公差为1.11因此bn2(n1)1n，因此bnn1.1n(2)证明：由(1)可得：anbn11n1n1.15/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计1262n1a2n12n11（2n1）2因此cna2n2n2n（2n2）2n111112

15、nn2，22由于n2时，2nn11，221111因此2n2n22n12n11，111因此c1c2cnn22411171722212n11n242（2n11）7且kN*时，证明：对随意nN*都有an1an11223an21ank112建立解：(1)由f1(1)a11得a11，由f2(1)a1a22，得a23，又由于f3(1)a1a2a33，因此a35.(2)由题意得：fn(1)a1a2a3(1)nan(1)nn，fn1(1)a1a2a3(1)n1an1(1)n1(n1)，n2，两式相减得：(1)nan(1)nn(1)n1(n1)(1)n(2n1)，合适n2时，an2n1，又a11符合，因此an2

16、n1(nN*)an1(3)证明：令bnn，21111111则Sbnbn1bn2bnk1nn1n21nk1，19/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126111111因此2Snnk1n1nk2n2nk31nk1n.(*)111当x0，y0时，xy2xy，xy2xy，11因此(xy)xy4，114因此xyxy，当且仅当xy时等号建立，上述(*)式中，k7，4n0，n1，n2，nk1全为正，因此2Snnk14444n（k1）n1nk2n2nk3nk1nnnk1，2（k1）2（k1）2因此S1k121k11kn212371，得证27(宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试

17、)已知数列an满足a13，an1a2n2an，nN*，设bnlog2(an1)(1)求an的通项公式；111(2)求证：123bn1n(n2)；20/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126cn1n(3)若2cb，求证：2()3.nncn解：(1)由an1a2n2an，则an11a2n2an1(an1)2，由a13，则an0，两边取对数获取log2(an11)log2(an1)22log2(an1)，即bn12bn.又b1log2(a11)20，因此bn是以2为公比的等比数列即bn2n.又由于bnlog2(an1)，因此an22n1.1111(2)证明：用数

18、学概括法证明：当n2时，左边为12362右边，此时不等式建立；假定当nk(k2，kN*)时，不等式建立，11111则当nk1时，左边1232k12k2k11k1111112k2k2k1k2k2k2k2k112k11个,k1右边，因此当nk1时，不等式建立综上可得：对所有nN*，n2，命题建立(3)证明：由2cnbn得cnn，21/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126cn11n)n(11)n，因此(cn)n(nn111第一(1n)nC0nC1nnC2nn211CnknkCnnnn2，其次由于Cnk1n（n1）（nk1）11nkk！nkk！k（k1）1k1k(k2)，1n01121因此(1n)CnCnnCnn211CnknkCnnnn，111111111223n1n3n3，当n1时明显建立因此得证1an18数列an满足a14，an（1）nan12(n2，nN)1(1)试判断数列an（1）n能否为等比数列，并说明原由；2n1）(2)设bnansin，数列bn的前n项和为Tn，求证：24对随意的nN*，Tn7.22/24高考数学二轮复习专题三数列与数学概括法第3讲数列的综合问题授课设计126解：(1)anan1?1（1）nan12（1）nan12(1)nanan12，an1121因此an(1)n2(1)nan1?因此an(1)n(