(浙江專用)2019高考數(shù)學二輪復習 專題三 數(shù)列與不等式 第3講 數(shù)列的綜合問題學案
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1、 第3講 數(shù)列的綜合問題 [考情考向分析] 1.數(shù)列的綜合問題,往往將數(shù)列與函數(shù)、不等式結(jié)合,探求數(shù)列中的最值或證明不等式.2.以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景,利用函數(shù)觀點探求參數(shù)的值或范圍.3.與數(shù)列有關(guān)的不等式的證明問題是高考考查的一個熱點,也是一個難點,主要涉及到的方法有作差法、放縮法、數(shù)學歸納法等. 熱點一 利用Sn,an的關(guān)系式求an 1.數(shù)列{an}中,an與Sn的關(guān)系 an= 2.求數(shù)列通項的常用方法 (1)公式法:利用等差(比)數(shù)列求通項公式. (2)在已知數(shù)列{an}中,滿足an+1-an=f(n),且f(1)+f(2)+…+f(n)可求,則可用累加法求數(shù)列的
2、通項an. (3)在已知數(shù)列{an}中,滿足=f(n),且f(1)·f(2)·…·f(n)可求,則可用累乘法求數(shù)列的通項an. (4)將遞推關(guān)系進行變換,轉(zhuǎn)化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列). 例1 (2018·浙江)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項.數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項和為2n2+n. (1)求q的值; (2)求數(shù)列{bn}的通項公式. 解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中項, 得a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8. 由a3+a5
3、=20,得8=20, 解得q=2或q=. 因為q>1,所以q=2. (2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}的前n項和為Sn. 由cn=解得cn=4n-1(n∈N*). 由(1)可得an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)×n-1, 故bn-bn-1=(4n-5)×n-2,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)×n-2+(4n-9)×n-3+…+7×+3. 設(shè)Tn=3+7×+11×2+…+(4n-5)×n-2,n≥2,① 則Tn=3×+7×2+…+(4n-9)×n-2+(4n-5
4、)×n-1,n≥2,② ①-②,得Tn=3+4×+4×2+…+4×n-2-(4n-5)×n-1,n≥2, 因此Tn=14-(4n+3)×n-2,n≥2. 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)×n-2,n≥2, 當n=1時,b1=1也滿足上式, 所以bn=15-(4n+3)×n-2,n∈N*. 思維升華 給出Sn與an的遞推關(guān)系,求an,常用思路:一是利用Sn-Sn-1=an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系,再求其通項公式;二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系,先求出Sn與n之間的關(guān)系,再求an. 跟蹤演練1 已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足:a1an=S1+Sn. (1)求數(shù)列{an}
5、的通項公式; (2)若an>0,數(shù)列的前n項和為Tn,試問當n為何值時,Tn最???并求出最小值. 解 (1)由已知a1an=S1+Sn,① 可得當n=1時,a=a1+a1,解得a1=0或a1=2, 當n≥2時,由已知可得a1an-1=S1+Sn-1,② ①-②得a1=an. 若a1=0,則an=0,此時數(shù)列{an}的通項公式為an=0. 若a1=2,則2=an,化簡得an=2an-1, 即此時數(shù)列{an}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列, 故an=2n(n∈N*). 綜上所述,數(shù)列{an}的通項公式為an=0或an=2n(n∈N*). (2)因為an>0,故an=2n.
6、 設(shè)bn=log2,則bn=n-5,顯然{bn}是等差數(shù)列, 由n-5≥0,解得n≥5,所以當n=4或n=5時,Tn最小, 最小值為T4=T5==-10. 熱點二 數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題 數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景,給出數(shù)列所滿足的條件,解決這類問題的關(guān)鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應關(guān)系,將條件進行準確的轉(zhuǎn)化. 例2 已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-. (1)若x≥0時,f(x)≤0,求λ的最小值; (2)設(shè)數(shù)列{an}的通項an=1+++…+,證明:a2n-an+>ln 2. (1)解 由已知可得f(0)=0, ∵f(x)=ln(1+x)-, ∴f′(
7、x)=,且f′(0)=0.
①若λ≤0,則當x>0時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
∴f(x)≥f(0)=0,不合題意;
②若0<λ<,
則當0
8、, +>ln, +>ln, …, +>ln. 以上各式兩邊分別相加可得 ++++++…++ >ln+ln+ln+…+ln, 即+++…+++ >ln=ln=ln 2, ∴a2n-an+>ln 2. 思維升華 解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題要注意以下幾點 (1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù),函數(shù)定義域是正整數(shù),在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時要特別重視. (2)解題時準確構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)性質(zhì)時注意限制條件. (3)不等關(guān)系證明中進行適當?shù)姆趴s. 跟蹤演練2 設(shè)fn(x)=x+x2+…+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2. (1)求fn′(2); (2)證明:fn(x)在內(nèi)有且
9、僅有一個零點(記為an),且0
10、單調(diào)遞增,
因此fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點an,
由于fn(x)=-1,
所以fn(an)=-1=0,
由此可得an=+a>,故 11、數(shù)列;
(2)當k是奇數(shù)時,證明:+<;
(3)證明:++…+<3.
證明 (1)∵an+1=2an+(-1)n,
∴an+1+=2,
又a1+=,
∴數(shù)列是首項為,公比為2的等比數(shù)列.
(2)由(1)可知an+=,即an=,
當k是奇數(shù)時,
+=+=<=.
(3)當n為偶數(shù)時,+<=+,
∴++…+=++…+<3=3<3;
當n為奇數(shù)時,+<=+,
∴++…+=++…++<3<3=3<3.
∴++…+<3.
思維升華 數(shù)列中的不等式問題主要有證明數(shù)列不等式、比較大小或恒成立問題,解決方法如下:
(1)利用數(shù)列(或函數(shù))的單調(diào)性.
(2)放縮法:①先求和后放縮 12、;②先放縮后求和,包括放縮后成等差(或等比)數(shù)列再求和,或者放縮后用裂項相消法求和.
(3)數(shù)學歸納法.
跟蹤演練3 (2018·杭州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=an+(c>0,n∈N*).
(1)證明:an+1>an≥1;
(2)若對任意n∈N*,都有an≥n-1,證明:
①對于任意m∈N*,當n≥m時,an≤(n-m)+am;
②an≤.
證明 (1)因為c>0,a1=1,
所以an+1=an+>an(n∈N*),
下面用數(shù)學歸納法證明an≥1.
①當n=1時,a1=1≥1;
②假設(shè)當n=k時,ak≥1,
則當n=k+1時,ak+1=ak+>ak≥ 13、1.
所以當n∈N*時,an≥1.
所以an+1>an≥1.
(2)①由(1)知當n≥m時,an≥am≥1,
所以an+1=an+≤an+,
即an+1-an≤,累加得an-am≤(n-m).
所以an≤(n-m)+am.
②若c>,當m>時,
am>-1=.
所以 14、S6=________.
答案?。?3
解析 ∵Sn=2an+1,當n≥2時,Sn-1=2an-1+1,
∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).
當n=1時,a1=S1=2a1+1,得a1=-1.
∴數(shù)列{an}是首項a1=-1,公比q=2的等比數(shù)列,
∴Sn===1-2n,
∴S6=1-26=-63.
2.(2017·浙江)已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).
證明:當n∈N*時,
(1)0 15、學歸納法證明xn>0.
當n=1時,x1=1>0.
假設(shè)當n=k(k∈N*)時,xk>0,
那么當n=k+1時,若xk+1≤0,
則0 16、
函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f(x)≥f(0)=0,
因此x-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
故2xn+1-xn≤(n∈N*).
(3)因為xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,
所以xn≥.
由≥2xn+1-xn得
-≥2>0,
所以-≥2≥…≥2n-1
=2n-2,
故xn≤.
綜上,≤xn≤(n∈N*).
押題預測
已知數(shù)列{an}滿足a1=2,點(an,an+1)在直線y=3x+2上.數(shù)列{bn}滿足b1=2,=++…+.
(1)求b2的值;
(2)求證:數(shù)列{an+ 17、1}為等比數(shù)列,并求出數(shù)列{an}的通項公式;
(3)求證:2-≤…<.
押題依據(jù) 數(shù)列與不等式的綜合是高考重點考查的內(nèi)容,常以解答題的形式出現(xiàn),也是這部分的難點,考查學生的綜合能力.
(1)解 由已知得a2=3a1+2=8,
所以=,=,解得b2=4.
(2)解 由條件得an+1=3an+2,
則==3,
所以數(shù)列{an+1}是以a1+1為首項,3為公比的等比數(shù)列.
即an+1=(a1+1)·3n-1=3n,
所以數(shù)列{an}的通項公式為an=3n-1(n∈N*).
(3)證明 由題設(shè)=++…+,①
知=++…+ (n≥2),②
由①-②,得-=,
則=,
即=( 18、n≥2).
當n=1時,2-=,
1+=<,
所以原不等式成立;
當n≥2時,…
=··…·
=···…··(1+bn)
=××·…··(1+bn)
=×·(1+bn)
=3
=3
=3,
先證明不等式左邊,當n≥2時,
因為=>,
所以3
>3
=3
=2-.
所以3≥2-.
再證明不等式右邊,當n≥2時,
==≤,
所以3
≤3
=3
=3<.
所以2-≤…<成立.
綜上所述,不等式成立.
A組 專題通關(guān)
1.刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3,… 中的所有完全平方數(shù),得到一個新數(shù)列,這個數(shù)列的第2 018項是( )
A.2 062 19、 B.2 063
C.2 064 D.2 065
答案 B
解析 由題意可得,這些數(shù)可以寫為12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,第k個平方數(shù)與第k+1個平方數(shù)之間有2k個正整數(shù),而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,452共有2 025項,去掉45個平方數(shù)后,還剩余2 025-45=1 980(個)數(shù),所以去掉平方數(shù)后第2 018項應在2 025后的第38個數(shù),即是原來數(shù)列的第2 063項,即為2 063.
2.已知數(shù)列{an}滿足0 20、
A.60 B.61 C.121 D.122
答案 B
解析 由a-8a+4=0,得a+=8,
所以a+=8+8(n-1)=8n,
所以2=a++4=8n+4,
所以an+=2,即a-2an+2=0,
所以an==±,
因為0 21、a3≥2,…,
an-an-1≥2,
∴a2-a1+a3-a2+a4-a3+…+an-an-1≥2(n-1),
∴an-a1≥2(n-1),∴an≥2n-1.
∴a1≥1,a2≥3,a3≥5,…,an≥2n-1,
∴a1+a2+a3+…+an≥1+3+5+…+2n-1,
即Sn≥(1+2n-1)=n2.
4.數(shù)列{an}滿足a1=,an=(n∈N*),若對n∈N*,都有k>++…+成立,則最小的整數(shù)k是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案 C
解析 由an=,得an=an+1-1,
∴==-,
即=-,且an>1.
∴++…+=+
+…+
=-,
22、
∴++…+=5-<5.
又對n∈N*,都有k>++…+成立,
∴k≥5.故最小的整數(shù)k是5.
5.已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù),例如:12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12,則f(12)=3;21的因數(shù)有1,3,7,21,則f(21)=21,那么(i)的值為( )
A.2 488 B.2 495 C.2 498 D.2 500
答案 D
解析 由f(n)的定義知f(n)=f(2n),且n 為奇數(shù)時f(n)=n,
則(i)=f(1)+f(2)+…+f(100)
=1+3+5+…+99+f(2)+f(4)+…+f(100)
=+f(1)+f(2)+…+f 23、(50)
=2 500+(i),
∴(i)=(i)-(i)=2 500.
6.(2018·寧波期末)對給定的正整數(shù)n(n≥6),定義f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,其中a0=1,ai=2ai-1(i∈N*,i≤n),則a6=________;當n=2 019時,f(2)=________.
答案 64
解析 由a0=1,ai=2ai-1(i∈N*,i≤n)得數(shù)列{ai}為首項為2,公比為2的等比數(shù)列,則ai=2i(i∈N*,i≤n),所以a6=26=64.當n=2 019時,f(x)=1+2x+22x2+…+22 019x2 019,則f(2)=1+2×2+22×2 24、2+…+22 019×22 019=1+4+42+…+42 019==.
7.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=(an-1),則(4n-2+1)的最小值為__________.
答案 4
解析 ∵Sn=(an-1),∴Sn-1=(an-1-1)(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=(an-an-1),
∴an=4an-1,又a1=S1=(a1-1),
∴a1=4,∴{an}是首項為4,公比為4的等比數(shù)列,
∴an=4n,
∴(4n-2+1)=
=2++≥2+2=4,當且僅當n=2時取“=”.
8.已知數(shù)列{an}的首項a1=a,其前n項和為Sn,且滿足Sn+Sn-1= 25、4n2(n≥2,n∈N*),若對任意n∈N*,an 26、
從而a2n+1=4+2a+8(n-1)=8n-4+2a,
由條件得
解得3an,a1=0,所以an≥0.
則an+1=an+≤an+e-nln 2=an+2-n,
所以an≤an-1+2 27、-(n-1)≤an-2+2-(n-2)+2-(n-1)≤…≤a1+2-1+…+2-(n-2)+2-(n-1)=1-21-n.
令f(n)=+21-n-2,
則f(n+1)-f(n)=
=-2-n=
=-2-n>-2-n=0,
所以{f(n)}是遞增數(shù)列,所以f(n)≥f(1)=0,
即+21-n-2≥0,所以an≥ln(2-21-n),
綜上所述,ln(2-21-n)≤an≤1-21-n得證.
(3)解 由(2)得
an+1=an+≤an+
=an+,
所以an≤an-1+≤an-2++
≤…≤a1++…++
=+…++(n≥2).
因為=≤(n≥3),
所以當n 28、≥4時,an<+++…+=++<.
由{an}的單調(diào)性知當n=1,2,3時,an<,
綜上所述,對任意的n∈N*,都有an<,
所以存在c=使an≤1-c成立.
10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知數(shù)列an=1+++…+(n∈N*).
(1)求證:a2 018>6;
(2)求證:對一切n≥2都有a+2>2.
證明 (1)∵an=1+++…+,
∴a2 018=1+++…++…+,
a2 018>1+++…+>1+++…+=1+×10=6.
(2)由題意得an-an-1=(n≥2),即an-1=an-,
將式子兩邊平方得
a=a-2+,
∴a-a=2-,
a= 29、a-a+a-a+a-a+…+a-a+a
=2-.
∵1++…+<1+++…+
=2-<2,
∴對一切n≥2都有a+2>2.
B組 能力提高
11.(2018·浙江)已知a1,a2,a3,a4成等比數(shù)列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),若a1>1,則( )
A.a(chǎn)1 30、q≤-1,則ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.
又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,
所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.
因此-1 31、D.2 020
答案 A
解析 由題意可得f′(x)=3an+1x2-2anx-an+2,
∵x=1是函數(shù)f(x)的極值點,
∴f′(1)=3an+1-2an-an+2=0,
即an+2-3an+1+2an=0.
∴an+2-an+1=2,
∵a2-a1=1,∴a3-a2=2×1=2,a4-a3=2×2=22,…,an-an-1=2n-2,
以上各式累加可得an=2n-1.
∴bn=log2an+1=log22n=n.
∴++…+
=2 018
=2 018=2 018-=2 017+.
∴=2 017.
13.(2018·湖州、衢州、麗水三地市質(zhì)檢)已知數(shù)列{an 32、}滿足:a1=1,an+1=ln(1+an)(n∈N*),設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn.證明:
(1)an>0(n∈N*);
(2)an+1<(n∈N*);
(3)≤Tn≤(n∈N*).
證明 (1)①當n=1時,a1=1>0,
所以當n=1時,命題成立;
②假設(shè)當n=k(k∈N*)時,命題成立,即ak>0,
則由1+ak>1,知ak+1=ln(1+ak)>0,所以ak+1>0.
故對于n∈N*都有an>0.
(2)先利用ln(1+x) 33、構(gòu)造函數(shù)h(x)=ln(1+x)-(0 34、14. (2018·寧波期末)已知數(shù)列{an}滿足an+1=a1=a.
(1)若a>1,求證:對任意正整數(shù)n(n>1)均有an≥2;
(2)若a=3,求證:4n+1 35、數(shù)n均成立.
(2)當a=3時,一方面,
由(1)知a2k-1+a2k>4(k≥2,k∈N).
又a1+a2=3+>5,所以a1+a2+…+a2n>4n+1.
另一方面,
a2k-1+a2k=a2k-1+=,
且a2k+1=2a2k-2=,
令a2k-1-2=bk,則bk+1+2=,
即bk+1=,且b1=1,b2=.
所以a2k-1+a2k==
=.
由bk+1-bk=,
且b2-b1<0知{bk}為遞減數(shù)列,且bk>0,所以<1.
從而a2k-1+a2k=0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,
所以a1>a3,a2
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