高考数学二轮复习微专题49利用数列单调性求解相关数列问题学案

/07/7/微专题49利用数列单调性求解相关数列问题数列的单调性问题是高考中的难点也是热点．本专题通过研究数列的单调性来解决数列最值、恒成立等问题．在解决问题过程中，让学生体会到数列是个特殊的函数，与函数有共同之处又与函数有区别，感悟数学知识之间的内在联系与区别.例题：数列{an}的通项公式an＝n2＋λn(n∈N*)，若数列{an}为递增数列，求实数λ的取值范围．变式1已知数列{an}，an＝n2＋λn＋3(其中λ为实常数)，且a3数列{an}的最小项，求实数λ的取值范围．变式2已知数列{bn}满足bn＝2λ(－eq\f(1,2))n－1－n2，若数列{bn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．串讲1已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，n∈N*，设f(n)＝S2n＋1－Sn＋1，试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式f(n)>eq\f(m,m＋2)恒成立．

串讲2在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1.(1)求证：数列{an＋n}为等比数列；(2)记bn＝an＋(1－λ)n，且数列{bn}的前n项和为Tn，若T3为数列{Tn}中的最小项，求λ的取值范围．(2018·南京市、盐城市高三第一次模拟考试)设数列{an}满足an2＝an＋1an－1＋λ(a2－a1)2，其中n＝2，且n∈N，λ为常数．(1)若{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；(2)若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3，7]，使得m·an≥n－r0对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；(3)若λ≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an＋T＝an对任意的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{an}中T的最小值．

(2018·苏州市高三调研测试)已知各项是正数的数列{an}的前n项和为Sn.(1)若Sn＋Sn－1＝eq\f(an2＋2,3)(n∈N*，n≥2)，且a1＝2.①求数列{an}的通项公式；②若Sn≤λ·2n＋1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围；(2)数列{an}是公比为q(q>0，q≠1)的等比数列，且{an}的前n项积为10Tn.若存在正整数k，对任意n∈N*，使得eq\f(T（k＋1）n,Tkn)为定值，求首项a1的值．答案：(1)①an＝3n－1，②eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，＋∞))；*(2)eq\r(q).解析：(1)①当n≥2时，由Sn＋Sn－1＝eq\f(an2＋2,3)，(*)，则Sn＋1＋Sn＝eq\f(an＋12＋2,3)，(**)1分(**)－(*)得an＋1＋an＝eq\f(1,3)(an＋12－an2)，即an＋1－an＝3，n≥2，3分当n＝2时，由(*)知a1＋a2＋a1＝eq\f(a22＋2,3)，即a22－3a2－10＝0，解得a2＝5或a2＝－2(舍去)，所以a2－a1＝3，即数列{an}为等差数列，且首项a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1.4分②由①知，an＝3n－1，所以Sn＝eq\f(n（3n－1＋2）,2)＝eq\f(3n2＋n,2)，由题意可得λ≥eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(3n2＋n,2n＋2)对一切n∈N*恒成立，5分记cn＝eq\f(3n2＋n,2n＋2)，则cn－1＝eq\f(3（n－1）2＋（n－1）,2n＋1)，n≥2，所以cn－cn－1＝eq\f(－3n2＋11n－4,2n＋2)，n≥2.当n>4时，cn<cn－1，当n＝4时，c4＝eq\f(13,16)，且c3＝eq\f(15,16)，c2＝eq\f(7,8)，c1＝eq\f(1,2)，所以当n＝3时，cn＝eq\f(3n2＋n,2n＋2)取得最大值eq\f(15,16)，7分所以实数λ的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，＋∞)).8分(2)由题意，设an＝a1qn－1(q>0，q≠1)，a1·a2……an＝10Tn，两边取常用对数，Tn＝lga1＋lga2＋…＋lgan.9分令bn＝lgan＝nlgq＋lga1－lgq，则数列{bn}是以lga1为首项，lgq为公差的等差数列，11分若eq\f(T（k＋1）n,Tkn)为定值，令eq\f(T（k＋1）n,Tkn)＝μ，则eq\f(（k＋1）nlga1＋\f(（k＋1）n[（k＋1）n－1],2)lgq,knlga1＋\f(kn（kn－1）,2)lgq)＝μ，即{[(k＋1)2－μk2]lgq}n＋[(k＋1)－μk]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(a12,q)))lgq＝0对n∈N*恒成立，因为q>0，q≠1，问题等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（k＋1）2－μk2＝0，,（k＋1）－μk＝0或a12＝q.))将eq\f(k＋1,k)＝eq\r(μ)代入(k＋1)－μk＝0，解得μ＝0或μ＝1.13分因为k∈N*，所以μ>0，μ≠1，所以a12＝q，又an>0，故a1＝eq\r(q).14分微专题49例题答案：(－3，＋∞)．解法1数列{an}为递增数列an<an＋1(n∈N*)恒成立，即n2＋λn<(n＋1)2＋λ(n＋1)化简得λ>－2n－1恒成立，即λ>(－2n－1)max，因为{－2n－1}为单调递减数列，当n＝1时，取得最大值－3，所以λ>－3，即实数λ的取值范围为(－3，＋∞)．解法2函数f(x)＝x2＋λx的对称轴为x＝－eq\f(λ,2)，考虑到数列自变量n∈N*，所以|－eq\f(λ,2)－1|<|2－(－eq\f(λ,2))|，解得λ>－3，即实数λ的取值范围为(－3，＋∞)．变式联想变式1答案：[－7，－5]．解法1an≥a3对任意n∈N*恒成立，即λ(n－3)≥－(n－3)(n＋3)．当n≥4时，λ≥－(n＋3)，所以λ≥－7；当n≤2时，λ≤－5；当n＝3时，λ∈R；综上所述，－7≤λ≤－5，即实数λ的取值范围为[－7，－5]．解法2函数f(x)＝x2＋λx＋3的对称轴为x＝－eq\f(λ,2)，考虑到数列自变量n∈N*：eq\f(5,2)≤－eq\f(λ,2)≤eq\f(7,2)，所以－7≤λ≤－5，即实数λ的取值范围为[－7，－5]．变式2答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(10,3))).解析：由题意可知对任意n∈N*，数列{bn}单调递减，所以bn＋1<bn，即2λ(－eq\f(1,2))n－(n＋1)2<2λ(－eq\f(1,2))n－1－n2，即6λ(－eq\f(1,2))n<2n＋1对任意n∈N*恒成立，因为(2n＋3)·2n＋1－(2n＋1)·2n＝2n·(2n＋5)>0，所以数列{(2n＋1)·2n}单调递增，当n是奇数时，λ>－eq\f(（2n＋1）2n,6)，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(（2n＋1）2n,6)))单调递减，所以当n＝1时，－eq\f(（2n＋1）2n,6)取得最大值－1，所以λ>－1；当n是偶数时，λ<eq\f(（2n＋1）2n,6)，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(（2n＋1）2n,6)))单调递增，所以当n＝2时，eq\f(（2n＋1）2n,6)取得最小值eq\f(10,3)，所以λ<eq\f(10,3).综上可知，－1<λ<eq\f(10,3)，即实数λ的取值范围是(－1，eq\f(10,3))．说明：解决数列单调性问题主要有两个方法，(1)数列是个特殊的函数，可以借助初等函数的单调性来解决数列的单调性问题，必须注意数列的自变量是正整数；(2)作差an＋1－an，作商eq\f(an＋1,an)来比较相邻两项的大小，研究数列的单调性．串讲激活串讲1答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(18,11))).解析：由题意可知，f(n)＝S2n＋1－Sn＋1＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n＋1).所以f(n＋1)－f(n)＝(eq\f(1,n＋3)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3))－(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋2)＝(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))＋(eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,2n＋4))>0.所以f(n)在(2，＋∞)单调递增，从而f(n)min＝f(2)＝eq\f(9,20)，从而－2<m<eq\f(18,11).串讲2答案：(1)略；(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(9，\f(81,4))).解析：(1)∵an＋1＝3an＋2n－1，∴an＋1＋n＋1＝3(an＋n)．又a1＝2，∴an>0，an＋n>0，故eq\f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝3，∴{an＋n}是以3为首项，公比为3的等比数列．(2)由(1)知an＋n＝3n，∴bn＝3n－nλ.∴Tn＝31＋32＋…＋3n－(1＋2＋3＋…＋n)λ＝eq\f(3,2)(3n－1)－eq\f(n（n＋1）,2)λ.若T3为数列{Tn}中的最小项，则对n∈N*有eq\f(3,2)(3n－1)－eq\f(n（n＋1）,2)λ≥39－6λ恒成立．即3n＋1－81≥(n2＋n－12)λ对n∈N*恒成立.1°当n＝1时，有T1≥T3，得λ≥eq\f(36,5)；2°当n＝2时，有T2≥T3，得λ≥9；3°当n≥4时，n2＋n－12＝(n＋4)(n－3)>0恒成立，∴λ≤eq\f(3n＋1－81,n2＋n－12)对n≥4恒成立．令f(n)＝eq\f(3n＋1－81,n2＋n－12)，则f(n＋1)－f(n)＝eq\f(3n＋1（2n2－26）＋162（n＋1）,（n2＋3n－10）（n2＋n－12）)>0对n≥4恒成立．∴f(n)＝eq\f(3n＋1－81,n2＋n－12)在n≥4时为单调递增数列．∴λ≤f(4)，即λ≤eq\f(81,4).综上，9≤λ≤eq\f(81,4)，即实数λ的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(9，\f(81,4))).新题在线答案：(1)1；(2)eq\f(1,128)；*(3)3.解析：(1)由题意，可得an2＝(an＋d)(an－d)＋λd2，化简得(λ－1)d2＝0，又d≠0，所以λ＝1.(2)将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以an2＝an＋1an－1，所以数列{an}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以an＝2n－1.欲存在r∈[3，7]，使得m·2n－1≥n－r，即r≥n－m·2n－1对任意n∈N*都成立，则7≥n－m·2n－1，所以m≥eq\f(n－7,2n－1)对任意n∈N*都成立．令bn＝eq\f(n－7,2n－1)，则bn＋1－bn＝eq\f(n－6,2n)－eq\f(n－7,2n－1)＝eq\f(8－n,2n)，所以当n>8时，bn＋1<bn；当n＝8时，b9＝b8；当n<8时，bn＋1>bn.所以bn的最大值为b9＝b8＝eq\f(1,128)，所以m的最小值为eq\f(1,128).*(3)因为数列{an}不是常数列，所以T≥2.①若T＝2，则an＋2＝an恒成立，从而a3＝a1，a4＝a2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a22＝a12＋λ（a2－a1）2.,a12＝a22＋λ（a2－a1）2))，所以λ(a2－a1)2＝0，又λ≠0，所以a2＝a1，可得{an}是常数列．矛盾．所以T＝2不合题意．②若T＝3，