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www.8828152.com:【创新设计】2015高考数学(理)(江西)二轮复习课件:1-3-2第2讲 数列的综合问题_图文

第2讲 数列的综合问题

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高考定位 数列的综合问题,多与函数、方程、不等式、三角 等有关知识综合;数列中的探索性问题,主要以等差、等比数 列的基本运算为背景,探究满足条件的参数的取值范围或者参

数的存在性问题.主要考查利用函数观点解决数列问题以及用
不等式的方法研究数列的性质.

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[真题感悟] (2014· 新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+ 1. 1 (1)证明{an+2}是等比数列,并求{an}的通项公式; 1 1 1 3 (2)证明a +a +?+a <2. n 1 2

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证明 (1)由 an+1=3an+1 1? 1 ? 得 an+1+2=3?an+2?. ? ? 1 3 1 3 又 a1+2=2,所以{an+2}是首项为2,公比为 3 的等比数列. 1 3n 所以 an+2= 2 , 3n-1 因此{an}的通项公式为 an= 2 .

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1 2 (2)由(1)知a = n . 3 -1 n 因为当 n≥1 时,3 -1≥2×3
n n -1

1 1 ,所以 n ≤ . 3 -1 2×3n-1

1? 3 1 1 1 1 1 3? 于是a +a +?+a ≤1+3+?+ n-1=2?1-3n?<2. 3 ? ? n 1 2 1 1 1 3 所以a +a +?+a <2. n 1 2

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[考点整合]
1.数列{an}的前n项和Sn与an的关系. 2.常用的数列求和方法. 3.数列{an}是单调递增数列,则an+1-an>0,n∈N*; 数列{an}是单调递减数列,则an+1-an<0,n∈N*.

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4.常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1)n- = < 2< = - ; n+1 n?n+1? n ?n-1?n n-1 n 1 ? 1 1 1? ? 1 (2)n2< 2 =2?n-1-n+1? . ? n -1 ? ? 5.应用题基本类型 (1)储蓄模型:本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 n,当按单 利计算时,本利和为 y=a(1+nr),当按复利计算时,本利和 为 y=a(1+r)n; (2)产值模型:基数为 N,单位时间段的平均增长率为 p,则 经过 n 个单位时间段后,产值 y=N(1+p)n.
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热点一

数列与不等式的综合 数列中不等式的证明问题

[微考点 1]

【例 1-1】 (2014· 临沂一模)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a1=2,4Sn=an· an+1,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? (2)设数列?a2?的前 ? n?

1 n n 项和为 Tn,求证: <Tn<2. 4n+4

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(1)解 ∵4Sn=an·an+1,n∈N*,

∴4a1=a1·a2,又a1=2,∴a2=4.
当n≥2时,4Sn-1=an-1·an, 得4an=an·an+1-an-1·an. 由题意知an≠0,∴an+1-an-1=4. ①当n=2k+1,k∈N*时,a2k+2-a2k=4,

即a2,a4,?,a2k是首项为4,公差为4的等差数列,
∴a2k=4+(k-1)×4=4k=2×2k;

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②当n=2k,k∈N*时,a2k+1-a2k-1=4,
即a1,a3,?,a2k-1是首项为2,公差为4的等差数列, ∴a2k-1=2+(k-1)×4=4k-2=2(2k-1). 综上可知,an=2n,n∈N*.

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1 ? 1 1 1 1? ?1 (2)证明 ∵a2=4n2> =4?n-n+1? , ? 4n?n+1? ? n ? 1 1 1 ∴Tn=a2+a2+?+a2> 1 2 n 1 1 1 1 1 ? 1? ? ? 1 - + - +?+ - n n+1? 2 2 3 4? ? ? 1 ? 1? n ? ? 1 - =4? n+1?= . ? ? 4n+4

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1 1 1 1 又∵a2=4n2< 2 = = 4n -1 ?2n-1??2n+1? n 1 ? 1? ? 1 ? - ?, 2 n - 1 2 n + 1 2? ? ? 1 1 1 ∴Tn=a2+a2+?+a2< 1 2 n 1 1 1 1 1 ? 1? ? ? 1 - + - +?+ - 3 3 5 2n-1 2n+1? 2? ? ? 1 ? 1? ? ? 1 =2?1-2n+1?<2. ? ? 1 n 即得 <Tn<2. 4n+4
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规律方法 数列与不等式的证明主要有两种题型:(1)利用对通

项放缩证明不等式;(2)作差法证明不等式.

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[微考点 2]

数列中的恒成立问题

【例 1-2】 (2014· 浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3?an= (n∈N*).若{an}为等比数列,且 a1=2,b3=6+b2. (1)求 an 与 bn; 1 1 (2)设 cn=a -b (n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. n n ①求 Sn; ②求正整数 k,使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.

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解 (1)由题意 a1a2a3?an=

,b3-b2=6,

又由 a1=2,得公比 q=2(q=-2,舍去), 所以数列{an}的通项为 an=2n(n∈N*).

故数列{bn}的通项为 bn=n(n+1)(n∈N*).

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1 ? 1 1 1 ? ?1 * (2)①由(1)知 cn=a -b =2n-?n-n+1? ( n ∈ N ), ? n n ? ? 1 1 所以 Sn= -2n(n∈N*). n+1

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②因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 当 n≥5 时,
? 1 ? ?n?n+1? ? cn = , - 1 n ? ? 2 n?n+1?? ?

n?n+1? ?n+1??n+2? ?n+1??n-2? 而 2n - = >0, 2n+1 2n+1 n?n+1? 5· ?5+1? 得 2n ≤ 25 <1, 所以,当 n≥5 时,cn<0. 综上,对任意 n∈N*,恒有 S4≥Sn,故 k=4.
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规律方法

(1)以数列为背景的不等式恒成立问题,多与数列求

和相联系,最后利用函数的单调性求解.
(2)以数列为背景的不等式证明问题,多与数列求和有关,有时 利用放缩法证明.

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【训练 1】 已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为 14, 且 a1,a3,a7 恰为等比数列{bn}的前三项. (1)分别求数列{an},{bn}的前 n 项和 Sn,Tn; SnTn (2)记数列{anbn}的前 n 项和为 Kn, 设 cn = K , 求证: cn+1>cn(n n ∈N*).

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(1)解

设公差为

? ?4a1+6d=14, d,则? 2 ? ??a1+2d? =a1?a1+6d?,

解得 d=1 或 d=0(舍去),a1=2, n?n+3? 所以 an=n+1,Sn= 2 . 又 a1=2,d=1,所以 a3=4,即 b2=4. b2 所以数列{bn}的首项为 b1=2,公比 q=b =2, 1 所以 bn=2n,Tn=2n+1-2.

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(2)证明 因为 Kn=2· 21+3· 22+?+(n+1)· 2n,① 故 2Kn=2· 22+3· 23+?+n· 2n+(n+1)· 2n+1,② ①-②得-Kn=2· 21+22+23+?+2n-(n+1)· 2n 1,


SnTn ?n+3??2 -1? n+1 ∴Kn=n· 2 ,则 cn= K = . n+1 2 n ?n+4??2n+1-1? ?n+3??2n-1? cn+1-cn= - + n+2 2 2n 1 2n+1+n+2 = >0, n+2 2 所以 cn+1>cn(n∈N*).

n

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热点二

数列与函数的交汇问题

【例 2】 已知数列{an}和{bn},对于任意的 n∈N*,点 P(n,an) 都在经过点 A(-1,0)与点
?1 ? B?2,3?的直线 ? ?

l 上,并且点 C(1,2)

是函数 f(x)=ax(a>0 且 a≠1)的图象上一点,数列{bn}的前 n 项和 Sn=f(n)-1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
? ? 1 ? ? ? ?的前 (2)求证:数列 a · ? ? n ln bn+1? ?

1 n 项和 Tn<2ln 2.

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(1)解

直线 l 的斜率为 k=1

=2, 2-?-1?

3-0

故直线 l 的方程为 y=2[x-(-1)],即 y=2x+2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n+2. 把点 C(1,2)代入函数 f(x)=ax,得 a=2, 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn=f(n)-1=2n-1. 当 n=1 时,b1=S1=1; 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1, 当 n=1 时也适合, 所以数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1.
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1 (2)证明 设 cn= , an · ln bn+1 1 1 1 1 由 (1) 知 cn = = = = 2ln 2 an · ln bn+1 ?2n+2?ln 2n 2n?n+1?ln 2
?1 1 ? ? ? - ?n n+1?, ? ?

1 ?? 1? ?1 1? 所以 Tn=c1+c2+c3+?+cn=2ln 2??1-2?+?2-3?+ ? ? ? ??
?1 ? ?1 1? 1 ? 1 ? ? ? ? - ?+?+? - ??=2ln n n + 1 ?3 4? ? ?? ? 1 ? ? ? 1 - ?. n + 1 2? ? ?

1 1 因为 >0,所以 Tn<2ln 2. n+1
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规律方法 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,通常利用点在曲线上满足某种关系,或
是给出Sn的表达式,Sn与an的关系,还有以曲线上的切点为背景 的问题,求解这类问题的关键在于利用数列与函数的对应,将 条件进行准确的转化即可.

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【训练 2】 已知二次函数 y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函 数为 f′(x)=6x-2,数列{an}的前 n 项和为 Sn,点(n,Sn)(n ∈N*)在函数 y=f(x)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; 3 m (2)设 bn= , T 是数列{bn}的前 n 项和, 求使得 Tn<20对 anan+1 n 所有 n(n∈N*)都成立的最小正整数 m.

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解 (1)设函数f(x)=ax2+bx(a≠0), 则f′(x)=2ax+b,由f′(x)=6x-2,

得a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.
又因为点(n,Sn)(n∈N*)在函数y=f(x)的图象上, 所以Sn=3n2-2n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1 =(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]

=6n-5.
当n=1时,a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5, 所以,an=6n-5(n∈N*).
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3 3 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5] 1 1 1 =2( - ), 6n-5 6n+1 故 Tn=b1+b2+?+bn 1 1 1 1 1 1 =2[(1-7)+(7-13)+?+( - )] 6n-5 6n+1 1 1 =2(1- ). 6n+1

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1 1 m 因此,要使21- <20(n∈N*)恒成立, 6n+1 1 m 则 m 需满足2≤20即可,则 m≥10,所以满足要求的最小正整数 m 为 10.

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热点三 数列中的探索性问题
【例3】 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1+a2=16且Sn=2Sn-1+ n+4(n≥2,n∈N*). (1)求数列{an}的通项an; (2) 令 bn = nan ,求 {bn} 的前 n项和 Tn ,并判断是否存在唯一不 等于1的n使Tn=22n-17成立?若存在,求出n的值;若不存 在,说明理由.

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(1) 由 已 知 Sn = 2Sn - 1 + n + 4 , 可 得 Sn - 1 = 2Sn - 2 + n +

3(n≥3,n∈N*), 两式相减得,Sn-Sn-1=2(Sn-1-Sn-2)+1,即an=2an-1+1,从 而an+1=2(an-1+1), 当n=2时,S2=2S1+6,则a2-a1=6,又a1+a2=16,所以a1= 5,a2=11.

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从而 a2+1=2(a1+1),故总有 an+1=2(an-1+1),n≥2, n∈N*.又 a1=5,a1+1≠0, an+1 从而 =2(n≥2,n∈N*),即数列{an+1}是以 6 为首项,2 an-1+1 为公比的等比数列,则 an+1=6· 2n-1, 故 an=3×2n-1.

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(2)由(1), 知 Tn=a1+2a2+?+nan=(3×2-1)+2(3×22-1)+? + n(3×2n - 1) = 3(2 + 2×22 +?+ n×2n) - (1 + 2 +?+ n) = 3(n -1)· 2
n+1

n?n+1? - 2 +6,
n+1

Tn-(22n-17)=3(n-1)· 2 =3(n-1)· 2
n +1

n?n+1? - 2 -22n+23

1 2 -2(n +45n-46)

1 + =2(n-1)[6· 2n 1-(n+46)],

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令f(n)=6·2n+1-n-46,因为f(n+1)-f(n)=6·2n+1-1>0,所
以f(n)单调递增,观察可知f(2)=6·23-(2+46)=0,所以存在唯 一不为1的n使Tn=22n-17成立,此时n=2. 规律方法 解决探索性问题的一般解题思路:先假设结论存 在,若推理无矛盾,则结论确定存在;若推理有矛盾,则结论 不存在.解决探索性问题应具备较高的数学思维能力,即观 察、分析、归纳、猜想问题的能力,这正是“以能力立意”的

生动体现.

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【训练 3】 已知等比数列{an}满足: |a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得a +a +?+a ≥1?若存在,求 m 1 2 m 的最小值;若不存在,说明理由.

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解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,
3 3 ? a ? 1q =125, 则由已知可得? 2 ? | a q - a q ? 1 1 |=10,

5 ? ? ?a1= , ?a1=-5, 3 解得? 或? ? ?q=-1. ? ?q=3 5 n-1 故 an=3· 3 或 an=-5· (-1)n-1.

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5 n-1 1 3?1?n-1 (2)若 an=3· 3 ,则a =5?3? , ? ? n
?1? 3 1 则?a ?是首项为5,公比为3的等比数列. ? n?

3? ?1?m? ?1-? ? ? m 1 5? ?3? ? 9 ? ?1?m? 9 ?1-? ? ?< <1. 从而 ? a = = · 1 10 ? ?3? ? 10 n =1 n 1- 3 若 an=-5· (-1)n-1, 1 1 - 则a =-5(-1)n 1, n
?1? 1 ? ? 故 a 是首项为-5,公比为-1 ? n?
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的等比数列,
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1 ? ? -5,m=2k-1 ?k∈N*?, 1 从而 ? a =? * ? n =1 n ?0,m=2k ?k∈N ?.
m

1 故 ? a <1. n=1 n
m

1 综上,对任何正整数 m,总有 ? a <1. n=1 n
m

1 1 1 故不存在正整数 m,使得a +a +?+a ≥1 成立. m 1 2

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1.数列与不等式综合问题
(1)如果是证明不等式,常转化为数列和的最值问题,同时要 注意比较法、放缩法、基本不等式的应用; (2)如果是解不等式,注意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题 (1)函数条件的转化:直接利用函数与数列的对应关系,把函 数解析式中的自变量x换为n即可.

(2)数列向函数的转化:可将数列中的问题转化为函数问题,
但要注意函数定义域.

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3.数列中的探索性问题
处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对象存在或 结论成立或其中的一部分结论成立,然后在这个前提下进行 逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定 结论,其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已 知条件建立恒等式,利用等式恒成立的条件求解.

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