【精品】2019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.pdf

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1、1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anS1，n1，SnSn 1，n2.2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

2、an 中，满足an1anf(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(2)求数列 bn的通项公式解(1)由a4 2是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得 8q1q20，解得q2 或q12.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列 cn的前n项和

3、为Sn.由cnS1，n1，SnSn 1，n2，解得cn4n1(nN*)由(1)可得an 2n1，所以bn 1bn(4n1)12n1，故bnbn1(4n5)12n 2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)12n2(4n9)12n3 7123.设Tn371211122(4n5)12n2，n2，则12Tn3127122(4n9)12n 2(4n5)12n1，n2，得12Tn34124122 412n2(4n5)12n1，n2，因此Tn 14(4n3)12n 2，n2.又b11，所以bn15(4n3)12n 2，n2，当n1 时，b11 也满足上式，所以bn

4、15(4n3)12n 2，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SnSn 1an(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.3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log2an32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，a21a1a1，解得a10 或a1 2，当n2时，由已知可得a1an 1S1Sn 1，得a1()anan1an.若a10，则an0，此时数列 a

5、n 的通项公式为an0.若a12，则 2()anan1an，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(n N*)综上所述，数列an的通项公式为an0 或an 2n(nN*)(2)因为an0，故an2n.设bnlog2an32，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T4T55()402 10.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(1

6、x)x1x1x.(1)若x0 时，f(x)0，求 的最小值；(2)设数列 an的通项an112131n，证明：a2nan14nln 2.(1)解由已知可得f(0)0，f(x)ln(1 x)x1x1x，f(x)12xx21x2，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 012，4则当 0 x0，f(x)单调递增，当 0 xf(0)0，不合题意；若 12，则当x0 时，f(x)0 时，f(x)ln(1 x)，令x1n，则2n12n n1lnn1n，12n12n1lnn1n，12n112n 2lnn2n1，12n212n 3lnn3n2，12

7、 2n114nln2n2n1.以上各式两边分别相加可得12n12n112n112n 212n212n312 2n114nlnn1nlnn2n1lnn 3n 2 ln2n2n1，即1n11n21n312n112n14nlnn1nn2n1n3n22n2n1ln2nnln 2，a2nan14nln 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5(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)；(

8、2)证明：fn(x)在0，23内有且仅有一个零点(记为an)，且 0an121323n.(1)解由题设fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122(n1)2n 2n2n1，则 2fn(2)2222(n1)2n1n2n，由得，fn(2)1222 2n1n2n12n12n2n(1n)2n1，所以fn(2)(n1)2n1.(2)证明因为fn(0)10，所以fn(x)在 0，23内至少存在一个零点，又fn(x)12xnxn 10，所以fn(x)在 0，23内单调递增，因此fn(x)在 0，23内有且仅有一个零点an，由于fn(x)xxn11x1，所以fn(an)anan1n1an 10，由此可得an

9、1212an1n12，故12an23，所以 0an1212an1n1223n 11323n.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6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：an1n3是等比数列；(2)当k是奇数时，证明：1ak1ak192k 1；(3)证明：1a11a21an3.证明(1)an12an(1)n

10、，an1 1n132an 1n3，又a11323，数列an 1n3是首项为23，公比为 2 的等比数列(2)由(1)可知an1n32n3，即an2n 1n3，当k是奇数时，1ak1ak132k132k113 2k 11 3 2k12k2k 12k192k2k2k192k1.(3)当n为偶数时，1an11an92n32n132n，1a11a21an1a11a21a31a41an11an31212212n3 112n3；当n为奇数时，1an1an 192n 132n32n1，1a11a21an1a11a21a31a41an21an11an31212212n112n131212212n112n3 1

11、12n3.1a11a21an0，nN*)(1)证明：an1an1；(2)若对任意nN*，都有anc12n1，证明：对于任意mN*，当nm时，ancam(nm)am；an5n12.证明(1)因为c0，a11，所以an 1ancanan(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，ak1akcakak1.所以当nN*时，an1.所以an 1an1.(2)由(1)知当nm时，anam1，所以an 1ancanancam，即an1ancam，累加得anamcam(nm)所以ancam(nm)am.若c12，当m8c22c12时，amc128c 22

12、c1212c2c1.所以cam1amcmamc12cam时，c12n1cam(nm)am，矛盾8所以c12.因为a2n 1a2n2cc2a2na2n2cc2a2n54，累加得a2na2154(n1)5n14，所以an5n12.真题体验1(2018全国)记Sn为数列 an 的前n项和若Sn2an 1，则S6_.答案 63 解析Sn 2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn 12an2an1(n2)，即an2an 1(n2)当n1 时，a1S12a11，得a1 1.数列 an是首项a1 1，公比q2 的等比数列，Sna11qn1q1 12n121 2n，S6126 63.2(2017浙江

13、)已知数列 xn满足：x11，xnxn 1ln(1 xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0 xn10.当n1 时，x110.假设当nk(kN*)时，xk0，那么当nk1 时，若xk10，则 00，因此xn0(nN*)9所以xnxn1ln(1 xn1)xn1，因此 0 xn10(x0)，函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2n 1 2xn1(xn1 2)ln(1 xn1)f(xn1)0，故 2xn1xnxnxn12(nN*)(3)因为xnxn1ln(1 xn1)xn 1xn 12xn1，所以xn12n1.由xnxn122xn1xn得1xn11221xn120，所以

14、1xn1221xn1122n11x1122n2，故xn12n2.综上，12n1xn12n2(nN*)押题预测已知数列 an 满足a12，点(an，an1)在直线y3x 2 上数列 bn 满足b12，bn1an11a11a21an.(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：2123n1 11b111b2 11bn3316.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10分的难点，考查学生的综合能力(1)解由已知得a23a1 28，所以b2a21a1，b2812，解得b24.(2)解由条件得an13an2，则a

15、n11an13an3an13，所以数列 an1是以a11 为首项，3 为公比的等比数列即an1(a11)3n 13n，所以数列 an 的通项公式为an3n1(nN*)(3)证明由题设bn1an11a11a21an，知bnan1a11a21an1(n2)，由，得bn1an1bnan1an，则bn1an11bnan，即1bnbn1anan1(n2)当n1 时，212132，11b13213n，所以 31a11a21an31a113213313n31219113n11132123n1.所以 31a11a21an2123n 1.再证明不等式右边，当n2 时，1an13n1193n21183n2，所以

16、31a11a21an31a11811313n231218113n1113312316113n13316.所以 2123n1 11b111b2 11bn3316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()12A2 062 B2 063 C2 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2 025 451

17、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 B 61 C 121 D 122 答案B 解析由a418a2140，得a214a218，所以a2n4a2n 88(n1)8n，所以an2an2a2n4a2n48n4，所以an2an 22n1，即a2n 22n1an20，所以an22n122n122n12n1，因为 0an10 得2n111，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 B

18、Snn2Can2n1DSn2n1答案B 解析由题意得a2a12，a3a22，a4a32，anan12，a2a1a3a2a4a3anan12(n1)，ana12(n1)，an2n1.a11，a23，a35，an2n1，13a1a2a3an1 35 2n1，即Snn2(1 2n1)n2.4数列 an 满足a165，anan11an1(nN*)，若对nN*，都有k1a11a21an成立，则最小的整数k是()A3 B 4 C 5 D 6 答案C 解析由anan11an1，得an()an 1 an11，1an111an()an 11an11an，即1an1an11an11，且an1.1a11a21an1

19、a111a211a2 11a311an11an111a111an11，1a11a21an 51an 111a11a21an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i51100f(i)的值为()A2 488 B 2 495 C 2 498 D 2 500 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i1100f(i)f(1)f(2)f(100)13 5 99f(2)f(4)f(100)50()1992f(1

20、)f(2)f(50)142 500 i150f(i)，i 51100f(i)i 1100f(i)i 150f(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 42 02013解析由a01，ai2ai 1(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)12x 22x2 22 019x2 019，则f(2)122 2222 22 01922 0191442 4

21、2 0191 142 0201442 02013.7 已知数列 an的前n项和为Sn，Sn43(an1)，则(4n21)16an1 的最小值为 _答案4 解析Sn43(an1)，Sn 143(an 11)(n2)，anSnSn 143(anan1)，an4an1，又a1S143(a11)，a14，an是首项为4，公比为 4 的等比数列，an4n，(4n21)16an 1 4n16 1164n 124n16164n2 24，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

22、,5)解析由条件SnSn 14n2(n2，nN*)，得Sn1Sn4(n1)2，两式相减，得an 1an8n4，故an 2an18n12，两式再相减，得an 2an8，将n2 代入SnSn1 4n2，得a1a2a1 16，15所以a2 162a，从而a2n162a8(n1)8n82a；将n3 代入SnSn1 4n2，得a1a2a3a1a236，所以a3 42a，从而a2n142a8(n1)8n42a，由条件得a162a，8n82a8n42a，8n42a8n1 8 2a，解得 3aan，a10，所以an0.则an1anln2enananenln 2an2n，所以anan12(n1)an2 2(n2

23、)2(n1)a121 2(n2)2(n1)121n.令f(n)ena21n2，则f(n1)f(n)11e22e22nnnaan1eennaa2nln 2ee2annnnaeanln2eee1annna2nln 2e ennana2n0，所以 f(n)是递增数列，所以f(n)f(1)0，即nae21n20，所以anln(2 21n)，综上所述，ln(2 21n)an121 n得证(3)解由(2)得an1anln 2enanan1ln 2 2ln 2ennan12n12，16所以anan112n 2an212n1212n2a1122 212n1212n2122212n1212n2(n2)因为12n

24、2142n22132n2(n3)，所以当n4 时，an12161322132n 21216131212n256.由an的单调性知当n1,2,3时，an56，综上所述，对任意的nN*，都有an6；(2)求证：对一切n2 都有a2n22a11a22a33ann.证明(1)an112131n，a2 0181121314151311 02412 018，a2 0181121314151311 024112245121 02411210 6.(2)由题意得anan11n(n2)，即an1an1n，将式子两边平方得a2n1a2n2ann1n2，a2na2n12ann1n2，a2na2na2n 1a2n1a

25、2n2a2n2a2n3a22a21a212a11a22a33ann1121221n2.11221n211121231n 1n1721n2a11a22a33ann.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，a2a4Ca1a4Da1a3，a2a4答案B 解析构造不等式ln xx1，则a1a2a3a4 ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a4a1q3 1.由a11，得q1，所以 ln(a1a2a3)0，矛盾因此 1q0，a2a4a1q(1 q2)a3，a20(nN*)；(2)an10，所以当

26、n1 时，命题成立；假设当nk(k N*)时，命题成立，即ak0，则由 1ak1，知ak1ln(1 ak)0，所以ak10.故对于nN*都有an0.(2)先利用 ln(1 x)0)证明 ln(1 an)an，即an1an，故an1，因此 0an1.要证明an13anan3，即证 ln(1 an)3anan3，构造函数h(x)ln(1 x)3xx3(0 x1)，则h(x)11x9x 32x x31x x320，所以h(x)在(0,1 上单调递减故h(x)ln(1 x)3xx3h(0)0，因此 ln(1 an)3anan3，即an113成立，19则累加可得1an113(n1)n23，故Tnnn n

27、1213n25n6.构造函数g(x)ln(1 x)2xx2(00，所以g(x)在(0,1 上单调递增，所以g(x)ln(1 x)2xx2g(0)0，得 ln(1 an)2anan2.所以有an12anan2，进一步有1an11an1，求证：对任意正整数n(n1)均有an2；(2)若a3，求证：4n1a1a2a3a2n2 时，根据g(x)2x2 和f(x)x22x2在2，)上均为增函数，从而当an2 时，必有an1f(an)f(2)2 或an1g(an)g(2)2.当 1a2.当a2 时，a2a32，从而an2 恒成立综上所述，当a1 时，an2对所有满足n1的正整数n均成立(2)当a3 时，一

28、方面，由(1)知a2k1a2k4(k2，k N)又a1a23945，所以a1a2a2n4n1.另一方面，20a2k1a2ka2k1a22k 12a2k1 23a22k12a2k12a2k11，且a2k12a2k 2a22k 1 2a2k12a2k 11，令a2k12bk，则bk12bk121bk1，即bk1b2kbk1，且b1 1，b212.所以a2k1a2k3a22k 12a2k12a2k113b2k10bk 82bk1123bk1 1bk14.由bk1bkbkbk1bkbk 1bkbk 1bk1bk11，且b2b10，所以1bk11.从而a2k 1a2k123bk1 1bk14 32bk4.又由bk 1bkbkbk111bk111b1112，所以b1b2bnb11122，所以a1a2a2n32(b1b2bn)4n34n.综上，所证成立