（浙江专用）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.doc

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anError!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 an1 an f(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

2、列 an中，满足 f(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累乘法an 1an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 a3 a4 a528， a42 是 a3， a5的等差中项数列 bn满足 b11，数列( bn1 bn)an的前 n 项和为 2n2 n.(1)求 q 的值；(2)求数列 bn的通项公式2解 (1)由 a42 是 a3， a5的等差中项，得 a3 a52 a44，所以 a3 a4 a53 a4428，解得 a48.由 a3 a520，得 8 20，(q1q)解得 q2 或

3、q .12因为 q1，所以 q2.(2)设 cn( bn1 bn)an，数列 cn的前 n 项和为 Sn.由 cnError! 解得 cn4 n1( nN *)由(1)可得 an2 n1 ，所以 bn1 bn(4 n1) n1 ，(12)故 bn bn1 (4 n5) n2 ， n2，(12)bn b1 (bn bn 1) (bn 1 bn 2) (b3 b2) (b2 b1) (4n 5) n 2 (4n 9)(12)n 37 3.(12) 12设 Tn37 11 2(4 n5) n2 ， n2，12 (12) (12)则 Tn3 7 2(4 n9) n2 (4 n5) n1 ， n2，12

4、 12 (12) (12) (12)，得 Tn34 4 24 n2 (4 n5) n1 ， n2，12 12 (12) (12) (12)因此 Tn14(4 n3) n2 ， n2.(12)又 b11，所以 bn15(4 n3) n2 ， n2，(12)当 n1 时， b11 也满足上式，所以 bn15(4 n3) n2 ， nN *.(12)思维升华 给出 Sn与 an的递推关系，求 an，常用思路：一是利用 Sn Sn1 an(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.跟踪演练 1 已知数列 an的前 n 项和 S

5、n满足： a1an S1 Sn.(1)求数列 an的通项公式；3(2)若 an0，数列 的前 n 项和为 Tn，试问当 n 为何值时， Tn最小？并求出最小值log2an32解 (1)由已知 a1an S1 Sn，可得当 n1 时， a a1 a1，解得 a10 或 a12，21当 n2 时，由已知可得 a1an1 S1 Sn1 ，得 a1 an.(an an 1)若 a10，则 an0，此时数列 an的通项公式为 an0.若 a12，则 2 an，化简得 an2 an1 ，(an an 1)即此时数列 an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故 an2 n(nN *)综上所述，数列 an

6、的通项公式为 an0 或 an2 n(nN *)(2)因为 an0，故 an2 n.设 bnlog 2 ，则 bn n5，显然 bn是等差数列，an32由 n50，解得 n5，所以当 n4 或 n5 时， Tn最小，最小值为 T4 T5 10.5( 4 0)2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 x) .x1 x1 x(1)若 x0 时， f(x)0，求 的最小值；(2)设数列 an的通项 an1 ，证明： a2n an ln

7、2.12 13 1n 14n(1)解 由已知可得 f(0)0， f(x)ln(1 x) ，x1 x1 x f( x) ，且 f(0)0.1 2 x x21 x2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 00， f(x)单调递增，1 24当 0f(0)0，不合题意；1 2若 ，12则当 x0 时， f( x)0 时， f(x)ln(1 x)，x2 x2 2x令 x ，则 ln ，1n 2n 12nn 1 n 1n ln ，12n 12n 1 n 1n ln ，12n 1 12n 2 n 2n 1 ln ，12n 2 12n 3 n 3n 2

8、， ln .122n 1 14n 2n2n 1以上各式两边分别相加可得 12n 12n 1 12n 1 12n 2 12n 2 12n 3 122n 1 14nln ln ln ln ，n 1n n 2n 1 n 3n 2 2n2n 1即 1n 1 1n 2 1n 3 12n 1 12n 14nln ln ln 2，(n 1nn 2n 1n 3n 22n2n 1) 2nn a2n an ln 2.14n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(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5视(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件(

9、3)不等关系证明中进行适当的放缩跟踪演练 2 设 fn(x) x x2 xn1， x0， nN， n2.(1)求 fn(2)；(2)证明： fn(x)在 内有且仅有一个零点(记为 an)，且 00，(23)231 (23)n1 23 (23) (23)所以 fn(x)在 内至少存在一个零点，(0，23)又 fn( x)12 x nxn1 0，所以 fn(x)在 内单调递增，(0，23)因此 fn(x)在 内有且仅有一个零点 an，(0，23)由于 fn(x) 1，x xn 11 x所以 fn(an) 10，an an 1n1 an由此可得 an a ，故 0， nN *)can(1)证明： a

10、n1 an1；(2)若对任意 nN *，都有 an n1，证明：(c12)对于任意 mN *，当 n m 时， an (n m) am；cam an .5n 12证明 (1)因为 c0， a11，所以 an1 an an(nN *)，can下面用数学归纳法证明 an1.当 n1 时， a111；假设当 n k 时， ak1，则当 n k1 时， ak1 ak ak1.cak所以当 nN *时， an1.所以 an1 an1.(2)由(1)知当 n m 时， an am1，所以 an1 an an ，can cam即 an1 an ，累加得 an am (n m)cam cam所以 an (n

11、m) am.cam若 c ，当 m 时，12 8c 22c 12am 1 .(c12) 8c 22c 12 2c2c 1所以 时， n1 (n m) am，矛盾1 am cmamc 12 cam (c 12) cam所以 c .12因为 a a 2 c a 2 c c2 a ，2n 1 2nc2a2n 2n 2n 54累加得 a a (n1) ，2n 2154 5n 14所以 an .5n 12真题体验1(2018全国)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1，则 S6_.答案 63解析 Sn2 an1，当 n2 时， Sn1 2 an1 1， an Sn Sn1 2 an2 an

12、1 (n2)，即 an2 an1 (n2)当 n1 时， a1 S12 a11，得 a11.数列 an是首项 a11，公比 q2 的等比数列， Sn 12 n，a11 qn1 q 11 2n1 2 S612 663.2(2017浙江)已知数列 xn满足： x11， xn xn1 ln(1 xn1 )(nN *)证明：当 nN *时，(1)00.当 n1 时， x110.假设当 n k(kN *)时， xk0，那么当 n k1 时，若 xk1 0，9则 00，因此 xn0(nN *)所以 xn xn1 ln(1 xn1 )xn1 ，因此 00(x0)，2x2 xx 1 (1 x)函数 f(x)在

13、0，)上单调递增，所以 f(x) f(0)0，因此 x 2 xn1 ( xn1 2)ln(1 xn1 ) f(xn1 )0，2n 1故 2xn1 xn (nN *)xnxn 12(3)因为 xn xn1 ln(1 xn1 ) xn1 xn1 2 xn1 ，所以 xn .12n 1由 2 xn1 xn得xnxn 12 2 0，1xn 1 12 (1xn 12)所以 2 2 n11xn 12 ( 1xn 1 12) (1x1 12)2 n2 ，故 xn .12n 2综上， xn (nN *)12n 1 12n 2押题预测已知数列 an满足 a12，点( an， an1 )在直线 y3 x2 上数列

14、 bn满足 b12， bn 1an 1 .1a1 1a2 1an(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；10(3)求证：2 ，1an 13n 113n所以 3(1a1 1a2 1an)3(1a1 132 133 13n)312 19(1 13n 1)1 13 2 .123n 1所以 3 2 .(1a1 1a2 1an) 123n 1再证明不等式右边，当 n2 时， ，1an 13n 1 193n 2 1 183n 2所以 3(1a1 1a2 1an)3 1a1 18(1 13 13n 2)3(12 181 13n 11 13 )3 10 的 n 的最

15、小值为( )A60 B61 C121 D122答案 B解析 由 a 8 a 40，得 a 8，41 21 214a21所以 a 88( n1)8 n，2n4a2n所以 2 a 48 n4，(an2an) 2n 4a2n所以 an 2 ，即 a 2 an20，2an 2n 1 2n 2n 1所以 an ，22n 122n 12 2n 1 2n 1因为 010 得 11，2n 1所以 n60.3已知数列 an满足 a11， an1 an2( nN *)， Sn为数列 an的前 n 项和，则( )A an2 n1 B Sn n2C an2 n1 D Sn2 n1答案 B解析 由题意得 a2 a12，

16、 a3 a22， a4 a32，an an1 2， a2 a1 a3 a2 a4 a3 an an1 2( n1)，13 an a12( n1)， an2 n1. a11， a23， a35， an2 n1， a1 a2 a3 an1352 n1，即 Sn (12 n1) n2.n24数列 an满足 a1 ， an (nN *)，若对 nN *，都有 k 成立，65 an 1 1an 1 1a1 1a2 1an则最小的整数 k 是( )A3 B4 C5 D6答案 C解析 由 an ，得 an an1 1，an 1 1an 1 (an 1) ，1an 1 1 1an(an 1) 1an 1 1a

17、n即 ，且 an1.1an 1an 1 1an 1 1 1a1 1a2 1an ( 1a1 1 1a2 1)(1a2 1 1a3 1) ( 1an 1 1an 1 1) ，1a1 1 1an 1 1 5 成立，1a1 1a2 1an 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 (i)的值为( )100i 51fA2 488 B2 495 C2 498 D2 500答案 D解析 由 f(n)的定义知 f(n) f(2n)，且 n

18、 为奇数时 f(n) n，则 (i) f(1) f(2) f(100)100i 1f13599 f(2) f(4) f(100)14 f(1) f(2) f(50)50(1 99)22 500 (i)，50i 1f (i) (i) (i)2 500.100i 51f100i 1f50i 1f6(2018宁波期末)对给定的正整数 n(n6)，定义 f(x) a0 a1x a2x2 anxn，其中a01， ai2 ai1 (iN *， i n)，则 a6_；当 n2 019 时， f(2)_.答案 64 42 020 13解析 由 a01， ai2 ai1 (iN *， i n)得数列 ai为首项

19、为 2，公比为 2 的等比数列，则ai2 i(iN *， i n)，所以 a62 664.当 n2 019 时， f(x)12 x2 2x22 2 019x2 019，则 f(2)1222 2222 2 01922 019144 24 2 019 .11 42 0201 4 42 020 137已知数列 an的前 n 项和为 Sn， Sn (an1)，则(4 n2 1) 的最小值为43 (16an 1)_答案 4解析 Sn (an1)， Sn1 (an1 1)( n2)，43 43 an Sn Sn1 (an an1 )，43 an4 an1 ，又 a1 S1 (a11)，43 a14， an

20、是首项为 4，公比为 4 的等比数列， an4 n，(4 n2 1) (16an 1) (4n16 1)(164n 1)2 224，当且仅当 n2 时取“” 4n16 164n8已知数列 an的首项 a1 a，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn Sn1 4 n2(n2， nN *)，若对任意 nN *， anan， a10，所以 an0.则 an1 an le an e nln 2 an2 n，所以 an an1 2 ( n1) an2 2 ( n2) 2 ( n1) a12 1 2 ( n2) 2 ( n1)12 1 n.令 f(n) ea2 1 n2，则 f(n1) f(n) 1 12e

21、2 naan 1nna2 n lnane lea2 n l22 n0，所以 f(n)是递增数列，所以 f(n) f(1)0，即 ae2 1 n20，所以 anln(22 1 n)，综上所述，ln(22 1 n) an12 1 n得证(3)解 由(2)得an1 an ln2e an 1l2ln2e16 an ，12n 1 2所以 an an1 an2 12n 2 12n 1 2 12n 2 a1 122 2 12n 1 2 12n 2 (n2)122 2 12n 1 2 12n 2因为 (n3)，12n 2 142n 2 2 132n 2所以当 n4 时， an6；(2)求证：对一切 n2 都有

22、 a 22 .2n (a11 a22 a33 ann)证明 (1) an1 ，12 13 1n a2 0181 ，12 (13 14) (1513 11 024) 12 018a2 0181 1 1 106.12 (13 14) (1513 11 024) 12 24 5121 024 12(2)由题意得 an an1 (n2)，即 an1 an ，1n 1n将式子两边平方得a a 2 ，2n 1 2n (ann) 1n2 a a 2 ，2n 2n 1 (ann) 1n2a a a a a a a a a a2n 2n 2n 1 2n 1 2n 2 2n 2 2n 3 2 21 212 .(a

23、11 a22 a33 ann) (112 122 1n2)171 2 .2n (a11 a22 a33 ann)B 组 能力提高11(2018浙江)已知 a1， a2， a3， a4成等比数列，且 a1 a2 a3 a4ln( a1 a2 a3)，若a11，则( )A a1a3， a2a4 D a1a3， a2a4答案 B解析 构造不等式 ln x x1，则 a1 a2 a3 a4ln( a1 a2 a3) a1 a2 a31，所以 a4 a1q31.由 a11，得 q1，所以 ln(a1 a2 a3)0，矛盾因此10， a2 a4 a1q(1 q2)a3， a20(nN *)；(2)an1

24、0，所以当 n1 时，命题成立；假设当 n k(kN *)时，命题成立，即 ak0，则由 1 ak1，知 ak1 ln(1 ak)0，所以 ak1 0.故对于 nN *都有 an0.(2)先利用 ln(1 x)0)证明 ln(1 an) 成立，1an 1 1an1319则累加可得 1 (n1) ，1an 13 n 23故 Tn n .nn 12 13 n2 5n6构造函数 g(x)ln(1 x) (00，11 x 4x 22 x21 xx 22所以 g(x)在(0,1上单调递增，所以 g(x)ln(1 x) g(0)0，2xx 2得 ln(1 an) .2anan 2所以有 an1 ，进一步有

25、 1，求证：对任意正整数 n(n1)均有 an2；(2)若 a3，求证：4 n12 时，根据 g(x)2 x2 和 f(x) 在2，)上均为增函数，x22x 2从而当 an2 时，必有 an1 f(an) f(2)2或 an1 g(an) g(2)2.当 12.x22x 2当 a2 时， a2 a32，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，一方面，由(1)知 a2k1 a2k4(k2， kN)又 a1 a23 5，所以 a1 a2 a2n4n1.94另一方面，a2k1 a2k a2k1 ，a 22k 12a2k 1 2

26、3a 22k 1 2a2k 12a2k 1 1且 a2k1 2 a2k2 ，a 22k 1 2a2k 1 2a2k 1 120令 a2k1 2 bk，则 bk1 2 ，bk 12 1bk 1即 bk1 ，且 b11， b2 .b2kbk 1 12所以 a2k1 a2k 3a 22k 1 2a2k 12a2k 1 1 3b2k 10bk 82bk 1 .123bk 1 1bk 1 4由 bk1 bk ，bk bk 1bkbk 1 bk bk 1bk 1bk 1 1且 b2 b10，所以 1.1bk 1从而 a2k1 a2k bk4.123bk 1 1bk 1 432又由 1 1 ，bk 1bk bkbk 1 1bk 1 1b1 1 12所以 b1 b2 bn 2，b11 12所以 a1 a2 a2n (b1 b2 bn)4 n34 n.32综上，所证成立