(浙江专用)2020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

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2020年高考数学二轮三轮总复习专题学案专题3-不等式、数列、推理与证明课件 (浙江文科专用) 精品

专题三 │ 考情分析预测
(2)数列定位于考查数列的基本问题和两类基本数列，试题的难度得到了有效的控制，基本上是属于中等难度试题，这是数列考查的大方向，虽然仍有部分省市把数列试题作为压轴题，但数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．
(1)A (2)3或4 【解析】 (1)令f(x)＝34x2－3x＋4＝34(x－2)2＋1.
若a≥2，则a，b是方程f(x)＝x的两个实根，解得a＝
4 3
，b＝4，矛
盾，排除D；若b≤2，则f(a)＝b，f(b)＝a，相减得a＋b＝
8 3
，代入
可得a＝b＝
4 3
，矛盾，排除C；若a<2<b，因为f(x)min＝1，所以a＝
第8讲 │ 主干知识整合
4．二元一次不等式组和简单的线性规划 (1)线性规划问题的有关概念：约束条件、目标函数、可行域、最优解等． (2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤：①画出可行域；②根据目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；③求出目标函数的最大值或者最小值．
第8讲 │ 要点热点探究
x 8
天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品
的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( )
A．60件 B．80件
C．100件 D．120件
(2)[2011·浙江卷] 若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y

(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题三小题考法课数列的概念及基本运算课件

＋1＋Sn＝2，则满足11 000010<SS2nn<1110的 n 的最大值是(
)
A．8
B．9
C．10
D．11
(3)已知等比数列{an}的公比 q>0，前 n 项和为 Sn.若 2(a5－
a3－a4)＝a4，且 a2a4a6＝64，则 q＝________，Sn＝________.
(4)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，满足 S2＝S6，S55－S44＝
1．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－3(n∈N *)，
则 S6＝( )
A．192
B．189
C．96
D．93
解析：选 B ∵a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又 n≥2 时，an
＝Sn－Sn－1＝(2an－3)－(2an－1－3)，即有 n≥2 时，an＝2an－1，故数列{an}是首项为 3，公比为 2 的等比数列，则 a6＝3×25＝
(2)当 n＝1 时，由 2a2＋S1＝2，得 a2＝12. 由 2an＋1＋Sn＝2 知，当 n≥2 时，有 2an＋Sn－1＝2，两式相减得 an＋1＝12an. 当 n＝1 时上式也成立，所以数列{an}是公比为12的等比数列，故 Sn＝2－2·12n.
因此原不等式化为11
N *，r∈R ，r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}成等差数列”的
() A．充分不必要条件 C．充要条件
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 A 当 r＝1 时，an＋1＝an＋1，则数列{an}是首项为 1，公差为 1 的等差数列，充分性成立；当 r＝12时，数列{an} 是首项为 1，公差为 0 的等差数列，必要性不成立．综上所述， “r＝1”是“数列{an}成等差数列”的充分不必要条件，故选 A.

(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第3讲基本初

第3讲基本初等函数、函数与方程及函数的综合问题指数、对数的运算 [核心提炼]指数与对数式的七个运算公式 (1)a m·a n＝am ＋n；(2)(a m )n ＝a mn；(3)log a (MN )＝log a M ＋log a N ； (4)log a M N＝log a M －log a N ； (5)log a M n＝n log a M ； (6)a log a N ＝N ； (7)log a N ＝log b Nlog b a.注：a >0且a ≠1，b >0且b ≠1，M >0，N >0.[典型例题](1)(2019·浙江省名校新高考研究联盟联考)若log 83＝p ，log 35＝q ，则lg 5(用p 、q 表示)等于( )A.3p ＋q5 B.1＋3pqp ＋qC.3pq1＋3pqD ．p 2＋q 2(2)设x ，y ，z 为正数，且2x＝3y＝5z，则( ) A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3y C ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z(3)已知a >b >1.若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a，则a ＝________，b ＝________．【解析】 (1)因为log 83＝p ，所以lg 3＝3p lg 2，又因为log 35＝q ，所以lg 5＝q lg 3，所以lg 5＝3pq lg 2＝3pq (1－lg 5)，所以lg 5＝3pq1＋3pq ，故选C.(2)设2x＝3y＝5z＝k >1，所以x ＝log 2k ，y ＝log 3k ，z ＝log 5k .因为2x －3y ＝2log 2k －3log 3k ＝2log k 2－3log k 3＝2log k 3－3log k 2log k 2·log k 3＝log k 32－log k 23log k 2·log k 3＝log k98log k 2·log k 3>0，所以2x >3y ；因为3y －5z ＝3log 3k －5log 5k ＝3log k 3－5log k 5＝3log k 5－5log k 3log k 3·log k 5＝log k 53－log k 35log k 3·log k 5＝log k125243log k 3·log k 5<0，所以3y <5z ；因为2x －5z ＝2log 2k －5log 5k ＝2log k 2－5log k 5＝2log k 5－5log k 2log k 2·log k 5＝log k 52－log k 25log k 2·log k 5＝log k2532log k 2·log k 5<0，所以5z >2x .所以5z >2x >3y ，故选D.(3)由于a >b >1，则log a b ∈(0，1)，因为log a b ＋log b a ＝52，即log a b ＋1log a b ＝52，所以log a b＝12或log a b ＝2(舍去)，所以a 12＝b ，即a ＝b 2，所以a b ＝(b 2)b ＝b 2b ＝b a ，所以a ＝2b ，b 2＝2b ，所以b ＝2(b ＝0舍去)，a ＝4.【答案】 (1)C (2)D (3)4 2(1)指数幂的运算性质都要遵守零指数幂、负整数指数幂的底数不能等于0的规定． (2)求解对数式运算的关键是：熟记对数恒等式、换底公式的运算法则，并结合代数式的各种变换技巧，如配方、因式分解、分母或分子有理化、拆项、添项、换底公式的运用等，简化对数运算过程．(3)容易出现的问题是误用指数幂的运算法则、对数的运算性质，或在运算中变换的方法不当，不注意运算的先后顺序等．[对点训练]1．若a ＝log 43，则2a＋2－a＝________．解析：因为a ＝log 43＝log 223＝12log 23＝log 23，所以2a ＋2－a＝2log 23＋2－log 23＝3＋2log 233＝3＋33＝433. 答案：4332．(2019·瑞安市高三四校联考)若正数a ，b 满足log 2a ＝log 5b ＝lg(a ＋b )，则1a ＋1b的值为________．解析：设log 2a ＝log 5b ＝lg(a ＋b )＝k ，所以a ＝2k，b ＝5k，a ＋b ＝10k，所以ab ＝10k，所以a ＋b ＝ab ，则1a ＋1b＝1.答案：1基本初等函数的图象及性质[核心提炼]指数函数与对数函数的图象和性质指数函数y ＝a x(a >0，a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，a ≠1)的图象和性质，分0<a <1，a >1两种情况，当a >1时，两函数在定义域内都为增函数，当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数．[典型例题](1)(2019·高考浙江卷)在同一直角坐标系中，函数y ＝1a x ，y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12(a >0，且a ≠1)的图象可能是( )(2)P 为曲线C 1：y ＝e x上一点，Q 为曲线C 2：y ＝ln x 上一点，则|PQ |的最小值为________．【解析】 (1)通解：若0<a <1，则函数y ＝1a x 是增函数，y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12是减函数且其图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，结合选项可知，选项D 可能成立；若a >1，则y ＝1a x 是减函数，而y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12是增函数且其图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，结合选项可知，没有符合的图象．故选D.优解：分别取a ＝12和a ＝2，在同一坐标系内画出相应函数的图象(图略)，通过对比可知选D.(2)因为曲线y ＝e x与曲线y ＝ln x 互为反函数，其图象关于y ＝x 对称，故可先求点P 到直线y ＝x 的最近距离d ，设曲线y ＝e x上斜率为1的切线为y ＝x ＋b ，因为y ′＝e x，由e x＝1，得x ＝0，故切点坐标为(0，1)，即b ＝1，所以d ＝11＋1＝22，所以|PQ |的最小值为2d ＝2×22＝ 2. 【答案】 (1)D (2)2研究指数、对数函数图象应注意的问题(1)指数函数、对数函数的图象和性质受底数a 的影响，解决与指数、对数函数特别是与单调性有关的问题时，首先要看底数a 的范围．(2)研究对数函数的性质，应注意真数与底数的限制条件．如求f (x )＝ln(x 2－3x ＋2)的单调区间，只考虑t ＝x 2－3x ＋2与函数y ＝ln t 的单调性，忽视t >0的限制条件．[对点训练]1．当x ∈R 时，函数f (x )＝a |x |始终满足0＜|f (x )|≤1，则函数y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x的图象大致为( )解析：选 B.因为当x ∈R 时，函数f (x )＝a |x |始终满足0＜|f (x )|≤1.因此，必有0＜a ＜1.先画出函数y ＝log a |x |的图象，如图．而函数y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＝－log a |x |，如图．故选B.2．(2019·四川胜读九校联考)已知函数f ()x ＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ()x ≤0，ln()x ＋1（x >0），若||f ()x ≥ax 恒成立，则a 的取值范围为________．解析：由题意可作出函数y ＝|f (x )|的图象和函数y ＝ax 的图象，由图象可知，函数y ＝ax 的图象为过原点的直线，直线l 为曲线的切线，当直线介于l 和x 轴之间符合题意，且此时函数y ＝|f (x )|在第二象限的部分解析式为y ＝x 2－2x ，求其导数可得y ′＝2x －2，因为x ＝0，故y ′＝－2，故直线l 的斜率为－2，故只需直线y ＝ax 的斜率a 介于－2与0之间即可，即a ∈[]－2，0.答案：[]－2，0函数的零点 [核心提炼]1．函数的零点的定义对于函数f (x )，我们把使f (x )＝0的实数x 叫做函数f (x )的零点． 2．确定函数零点的常用方法 (1)解方程法；(2)利用零点存在性定理；(3)数形结合，利用两个函数图象的交点求解．[典型例题](1)(2019·高考浙江卷)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( )A ．a <－1，b <0B ．a <－1，b >0C ．a >－1，b <0D ．a >－1，b >0(2)(2019·衢州市高三教学质量检测)已知f (x )是R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x ＋1），0≤x ＜1|x －3|，x ≥1，则函数y ＝f (x )－12的所有零点之和是( )A ．5＋ 2B ．1－ 2 C.2－1D ．5－ 2(3)(2018·高考浙江卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．【解析】 (1)由题意可得，当x ≥0时，f (x )－ax －b ＝13x 3－12(a ＋1)x 2－b ，令f (x )－ax－b ＝0，则b ＝13x 3－12(a ＋1)x 2＝16x 2[2x －3(a ＋1)]．因为对任意的x ∈R ，f (x )－ax －b ＝0有3个不同的实数根，所以要使满足条件，则当x ≥0时，b ＝16x 2[2x －3(a ＋1)]必须有2个零点，所以3（a ＋1）2>0，解得a >－1.所以b <0.故选C.(2)当x ≥0时，f (x )≥0，所以当x ＜0时，f (x )＜0；由⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ＜1，log 2（x ＋1）＝12得x ＝－1＋2；由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，|x －3|＝12得x ＝72或52，所以所有零点之和是5＋2，选A.(3)若λ＝2，则当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，得1<x <2.综上可知1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4)．令x －4＝0，解得x ＝4；令x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.因为函数f (x )恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.【答案】 (1)C (2)A (3)(1，4) (1，3]∪(4，＋∞)(1)判断函数零点个数的方法①直接求零点：令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数．②零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在(a ，b )上是连续的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．(2)利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 ①利用零点存在的判定定理构建不等式求解． ②分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．③转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．利用此种方法还可判断零点个数，求所有零点的和，研究基本初等函数的性质等．[对点训练]1．(2019·“七彩阳光”高三联考)设关于x 的方程x 2－ax －2＝0和x 2－x －1－a ＝0的实数根分别为x 1，x 2和x 3，x 4，若x 1<x 3<x 2<x 4，则a 的取值范围是________．解析：由x 2－ax －2＝0得a ＝x －2x，由x 2－x －1－a ＝0得a ＝x 2－x －1.在同一个坐标系中画出y ＝x －2x 和y ＝x 2－x －1的图象(图略)．由x －2x＝x 2－x －1，化简得x 3－2x 2－x ＋2＝0，此方程显然有根x ＝2，所以x 3－2x 2－x ＋2＝(x ＋1)(x －1)(x －2)＝0，解得x ＝－1或x ＝1或x ＝2，当x ＝2或x ＝－1时，y ＝1；当x ＝1时，y ＝－1，由题意可知，－1<a <1.答案：(－1，1)2．若函数f (x )＝|2x －1|＋ax －5(a 是常数，且a ∈R )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为________．解析：由f (x )＝0，得|2x －1|＝－ax ＋5.作出y ＝|2x －1|和y ＝－ax ＋5的图象，观察可以知道，当－2<a <2时，这两个函数的图象有两个不同的交点，即函数y ＝f (x )有两个不同的零点．故a 的取值范围是(－2，2)．答案：(－2，2)函数的综合问题 [核心提炼]函数的综合问题是浙江省新高考命题的热点之一，是考查考生分析问题、解决问题的能力及数学素养的较好题型，具有较好的区分度，求解函数综合问题应注意以下三点：1．审题是关键审题时要把握“三性”，即明确目的性，提高准确性，注意隐含性．解题实践表明：条件暗示可启发解题手段，结论预示可诱导解题方向，只有细致地审题，才能从题目本身获得尽可能多的信息．2．画出草图，寻找思路画好图形，做到定形(状)，定性(质)，定(数)量，定位(置)．图形能帮助你直观的理解题意，分析思路．3．力求表述规范，抓住得分点解题过程要用规范的数学语言，避免以某些二级结论为依据，只写结论，不写过程．[典型例题]已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，记M (a ，b )是|f (x )|在区间[－1，1]上的最大值．(1)证明：当|a |≥2时，M (a ，b )≥2；(2)当a ，b 满足M (a ，b )≤2时，求|a |＋|b |的最大值．【解】 (1)证明：由f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋b －a 24，得对称轴为直线x ＝－a2.由|a |≥2，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 2≥1，故f (x )在[－1，1]上单调，所以M (a ，b )＝max{|f (1)|，|f (－1)|}．当a ≥2时，由f (1)－f (－1)＝2a ≥4，得max{f (1)，－f (－1)}≥2，即M (a ，b )≥2. 当a ≤－2时，由f (－1)－f (1)＝－2a ≥4，得max{f (－1)，－f (1)}≥2，即M (a ，b )≥2. 综上，当|a |≥2时，M (a ，b )≥2. (2)由M (a ，b )≤2得|1＋a ＋b |＝|f (1)|≤2，|1－a ＋b |＝|f (－1)|≤2，故|a ＋b |≤3，|a －b |≤3.由|a |＋|b |＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab <0，得|a |＋|b |≤3.当a ＝2，b ＝－1时，|a |＋|b |＝3，且|x 2＋2x －1|在[－1，1]上的最大值为2，即M (2，－1)＝2.所以|a |＋|b |的最大值为3.(1)命制函数的综合问题的试题涉及到诸多性质、运算和思想方法，如本例考查了函数的单调性与最值、分段函数、不等式等知识，同时考查了分类讨论、化归、转化、推理论证和代数运算能力．(2)对于函数的综合题，要认真分析，处理好各元素之间的关系，把握问题主线，运用相关知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其要注意等价转化、分类讨论和数形结合等思想的综合运用．[对点训练]1．(2019·金丽衢十二校联考)已知函数f (x )＝log a (a 2x＋t )，其中a >0且a ≠1. (1)当a ＝2时，若f (x )<x 无解，求t 的范围；(2)若存在实数m ，n (m <n )，使得x ∈[m ，n ]时，函数f (x )的值域也都为[m ，n ]，求t 的范围．解：(1)因为log 2(22x＋t )<x ＝log 22x ，所以22x ＋t <2x 无解，等价于22x ＋t ≥2x恒成立，即t ≥－22x ＋2x ＝g (x )恒成立，即t ≥g (x )max ，求得g (x )max ＝g (－1)＝－2－2＋2－1＝14，所以t ≥14.(2)因为f (x )＝log a (a2x＋t )是单调增函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）＝m f （n ）＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2m ＋t ＝ama 2n ＋t ＝a n ，问题等价于关于k 的方程a 2k－a k＋t ＝0有两个不相等的解，令a k＝n >0，则问题等价于关于n 的二次方程n 2－n ＋t ＝0在n ∈(0，＋∞)上有两个不相等的实根，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1＋n 2>0n 1·n 2>0Δ>0，即⎩⎪⎨⎪⎧t >0t <14，得0<t <14.2．(2019·绍兴市一中期末检测)已知函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|. (1)试求f (x )的值域；(2)设g (x )＝ax 2－3x ＋3x(a >0)，若对任意s ∈[1，＋∞)，t ∈[0，＋∞)，恒有g (s )≥f (t )成立，试求实数a 的取值范围．解：(1)因为||x ＋2|－|x －1||≤|(x ＋2)－(x －1)|＝3，所以－3≤|x ＋2|－|x －1|≤3，所以f (x )的值域为[－3，3]．(2)g (x )＝ax 2－3x ＋3x ＝ax ＋3x－3，当a ≥3时，g (x )在[1，＋∞)上是增函数，g (x )min ＝a ，当a ∈(0，3)时，g (x )min ＝23a －3，因此g (s )min ＝⎩⎨⎧23a －3，0<a <3a ，a ≥3，f (t )max ＝3，由题意知g (s )min ≥f (t )max ，①当0<a <3时，23a －3≥3，此时a 无解， ②当a ≥3时，a ≥3恒成立，综上，a ≥3.专题强化训练1．已知函数f (x )＝(m 2－m －5)x m是幂函数，且在x ∈(0，＋∞)上为增函数，则实数m 的值是( )A ．－2B ．4C ．3D ．－2或3解析：选C.f (x )＝(m 2－m －5)x m是幂函数⇒m 2－m －5＝1⇒m ＝－2或m ＝3. 又在x ∈(0，＋∞)上是增函数，所以m ＝3.2．函数y ＝a x ＋2－1(a ＞0且a ≠1)的图象恒过的点是( )A ．(0，0)B ．(0，－1)C ．(－2，0)D ．(－2，－1)解析：选C.法一：因为函数y ＝a x(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(0，1)，将该图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到y ＝ax ＋2－1(a ＞0，a ≠1)的图象，所以y ＝ax ＋2－1(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(－2，0)，选项C 正确．法二：令x ＋2＝0，x ＝－2，得f (－2)＝a 0－1＝0，所以y ＝a x ＋2－1(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(－2，0)，选项C 正确．3．(2019·温州模拟)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A ．a <b <c B ．a <c <b C ．c <a <bD ．b <c <a解析：选B.因为a ＝log 20.2<0，b ＝20.2>1，c ＝0.20.3∈(0，1)，所以a <c <b .故选B. 4．(2019·嘉兴市高考一模)函数f (x )＝(12)x －x 2的大致图象是( )解析：选D.由题意，x ＝0，f (0)＝1，排除B ，x ＝－2，f (－2)＝0，排除A ， x →－∞，f (x )→＋∞，排除C ，故选D.5．(2019·丽水模拟)20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M ，其计算公式为M ＝lg A －lg A 0，其中A 是被测地震的最大振幅，A 0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的( )A ．10倍B ．20倍C ．50倍D ．100倍解析：选D.根据题意有lg A ＝lg A 0＋lg 10M＝lg (A 0·10M)．所以A ＝A 0·10M，则A 0×107A 0×105＝100.故选D.6．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B.13C.12D ．1解析：选C.由f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)，得f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a [e2－x －1＋e－(2－x )＋1]＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e1－x＋ex －1)＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即x ＝1为f (x ) 图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为x＝1，即f (1)＝12－2×1＋a (e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a ＝12.故选C.7．(2019·宁波效实中学高三质检)若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，a ≠1)满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]解析：选B.由f (1)＝19得a 2＝19.又a >0，所以a ＝13，因此f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13|2x －4|.因为g (x )＝|2x －4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )的单调递减区间是[2，＋∞)．8．(2019·金华十校联考)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，0<x ≤42|x －5|，x >4，若a ，b ，c ，d 各不相同，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝f (d )，则abcd 的取值范围是( )A ．(24，25)B ．[16，25)C ．(1，25)D ．(0，25]解析：选A.函数f (x )的图象如图所示：若a 、b 、c 、d 互不相同，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝f (d )，不妨令a <b <c <d ，则0<a <1，1<b <4，则log 2a ＝－log 2b ，即log 2a ＋log 2b ＝log 2ab ＝0，则ab ＝1，同时c ∈(4，5)，d ∈(5，6)，因为c ，d 关于x ＝5对称，所以c ＋d2＝5，则c ＋d ＝10，同时cd ＝c (10－c )＝－c 2＋10c ＝－(c －5)2＋25，因为c ∈(4，5)，所以cd ∈(24，25)，即abcd ＝cd ∈(24，25)，故选A.9．(2019·宁波十校高考模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2（1－x ）|，x ＜1－x 2＋4x －2，x ≥1，则方程f (x ＋1x －2)＝1的实根个数为( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C.令f (x )＝1得x ＝3或x ＝1或x ＝12或x ＝－1，因为f (x ＋1x－2)＝1，所以x ＋1x －2＝3或x ＋1x －2＝1或x ＋1x －2＝12或x ＋1x －2＝－1.令g (x )＝x ＋1x－2，则当x ＞0时，g (x )≥2－2＝0，当x ＜0时，g (x )≤－2－2＝－4，作出g (x )的函数图象如图所示：所以方程x ＋1x －2＝3，x ＋1x －2＝1，x ＋1x －2＝12均有两解，方程x＋1x－2＝－1无解．所以方程f (x ＋1x－2)＝1有6解．故选C.10．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f （ln x ）－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2<f (1)，则x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(e ，＋∞)解析：选C.因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (ln x )－f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (ln x )－f (－ln x )＝f (ln x )＋f (ln x )＝2f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪f （ln x ）－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2<f (1)等价于|f (ln x )|<f (1)，又f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，所以－1<ln x <1，解得1e<x <e.11．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知集合M ＝{x |y ＝lnx －1x}，N ＝{y |y ＝x 2＋2x ＋2}，则M ＝__________，(∁R M )∩N ＝________．解析：M ＝{x |y ＝lnx －1x}＝{x |x (x －1)＞0}＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以∁R M ＝[0，1]．因为N ＝{y |y ＝x 2＋2x ＋2}＝{y |y ＝(x ＋1)2＋1}＝[1，＋∞)，所以(∁R M )∩N ＝{1}．答案：(－∞，0)∪(1，＋∞) {1}12．(2019·台州市书生中学高三月考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －1，x <1，2x ，x ≥1，则f (f (23))＝________；若f (f (a ))＝1，则a 的值为________．解析：f (23)＝1，f (1)＝2，所以f (f (23))＝2.当x ≥1时，f (x )≥2，所以a <1，f (a )<1且f (a )＝23，因此3a －1＝23，所以a ＝59.答案：2 5913．(2019·台州市高三模拟)设函数f (x )＝9x＋m ·3x，若存在实数x 0，使得f (－x 0)＝－f (x 0)成立，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f (－x 0)＝－f (x 0)，所以9－x 0＋m ·3－x 0＝－9x 0－m ·3x 0，所以m ＝－(3x 0＋3－x 0)＋23x 0＋3－x 0，令t ＝3x 0＋3－x 0，则t ≥2，故m ＝－t ＋2t，(t ≥2)，函数y ＝－t 与函数y ＝2t在[2，＋∞)上均为单调递减函数，所以m ＝－t ＋2t(t ≥2)在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2时，m ＝－t ＋2t(t ≥2)取得最大值－1，即m ≤－1.答案：(－∞，－1]14．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞b ＞c )，且f (1)＝0，若函数f (x )的导函数图象与函数f (x )的图象交于A 、B 两点，C 、D 是点A ，B 在x 轴上的投影，则线段|CD |长的取值范围为__________．解析：因为f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，所以b ＝－a －c ，因为a ＞b ＞c ，所以a ＞0，c ＜0，所以c a＜0，f ′(x )＝2ax ＋b ，令ax 2＋bx ＋c ＝2ax ＋b 得ax 2＋(b －2a )x ＋c －b ＝0，即ax 2－(3a ＋c )x ＋2c ＋a ＝0，因为函数f (x )的导函数图象与函数f (x )的图象交于A ，B 两点，所以方程ax 2－(3a ＋c )x ＋2c ＋a ＝0有两解，所以Δ＝(3a ＋c )2－4a (2c ＋a )＝5a 2－2ac ＋c 2＞0，所以(c a)2－2c a＋5＞0，ca∈R ，所以x 1＋x 2＝3a ＋c a ＝3＋c a ，x 1x 2＝2c ＋a a ＝1＋2ca，所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(3＋c a)2－4(1＋2c a)＝(c a)2－2c a＋5＝(c a－1)2＋4，因为c a ＜0，所以(c a－1)2＋4＞5，所以|x 1－x 2|＞ 5. 答案：(5，＋∞)15.如图，线段EF 的长度为1，端点E ，F 在边长不小于1的正方形ABCD 的四边上滑动，当E ，F 沿着正方形的四边滑动一周时，EF 的中点M 所形成的轨迹为G ，若G 的周长为l ，其围成的面积为S ，则l －S 的最大值为________．解析：设正方形的边长为a (a ≥1)，当E ，F 沿着正方形的四边滑动一周时，EF 的中点M 的轨迹如图，是由半径均为12的四段圆弧与长度均为a －1的四条线段围成的封闭图形，周长l ＝π＋4(a －1)，面积S ＝a 2－π4，所以l －S ＝－a 2＋4a＋5π4－4(a ≥1)，由二次函数的知识得，当a ＝2时，l －S 取得最大值5π4. 答案：5π416．(2019·高考浙江卷)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－x ，若存在t ∈R ，使得|f (t ＋2)－f (t )|≤23，则实数a 的最大值是________．解析：f (t ＋2)－f (t )＝[a (t ＋2)3－(t ＋2)]－(at 3－t )＝2a (3t 2＋6t ＋4)－2，因为存在t ∈R ，使得|f (t ＋2)－f (t )|≤23，所以－23≤2a (3t 2＋6t ＋4)－2≤23有解．因为3t 2＋6t ＋4≥1，所以23（3t 2＋6t ＋4）≤a ≤43（3t 2＋6t ＋4）有解，所以a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤43（3t 2＋6t ＋4）max ＝43，所以a的最大值为43.答案：4317．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x －2x 2，x ≤0|lg x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，则这四根之积x 1x 2x 3x 4的取值范围是________．解析：画出函数f (x )的图象，由图知f (x )＝a 有四个实根的条件为1≤a ＜98.设四个实根x 1＜x 2＜x 3＜x 4，由f (x )＝a 可得2x 2＋x ＋a －1＝0，所以x 1x 2＝a －12，由y ＝|lg x |＝a 知－lgx 3＝lg x 4，所以x 3·x 4＝1，故x 1x 2x 3x 4＝a －12，又因为g (a )＝a －12在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，98上是增函数，所以x 1x 2x 3x 4∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，116.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，116 18．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )＝x 的两个实数根为x 1和x 2.(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数的对称轴为x ＝x 0，求证：x 0＞－1； (2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|＝2，求b 的取值范围．解：(1)证明：设g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋(b －1)x ＋1，因为a ＞0，所以由条件x 1＜2＜x 2＜4，得g (2)＜0，g (4)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b －1＜0，16a ＋4b －3＞0⇒34－4a ＜b ＜12－2a .显然由34－4a ＜12－2a 得a ＞18，即有2－38a ＞－b 2a ＞1－14a，故x 0＝－b 2a ＞1－14a ＞1－14×18＝－1.(2)由g (x )＝ax 2＋(b －1)x ＋1＝0，知x 1x 2＝1a＞0，故x 1与x 2同号．①若0＜x 1＜2，则x 2－x 1＝2(负根舍去)，所以x 2＝x 1＋2＞2，所以g (2)＜0，即4a ＋2b －1＜0.(*) 所以(x 2－x 1)2＝（b －1）2a 2－4a＝4，所以2a ＋1＝（b －1）2＋1(a ＞0，负根舍去)，代入(*)式，得2（b －1）2＋1＜3－2b ，解出b ＜14.②若－2＜x 1＜0，则x 2＝－2＋x 1＜－2(正根舍去)，所以g (－2)＜0，即4a －2b ＋3＜0(**)．将2a ＋1＝（b －1）2＋1代入(**)式得 2（b －1）2＋1＜2b －1，解得b ＞74.综上，b 的取值范围为b ＜14或b ＞74.19．(2019·杭州市高三模拟)设函数f (x )＝|x 2－a |－ax －1(a ∈R )． (1)若函数y ＝f (x )在R 上恰有四个不同的零点，求a 的取值范围； (2)若函数y ＝f (x )在[1，2]上的最小值为g (a )，求g (a )的表达式．解：(1)若函数y ＝f (x )在R 上恰有四个不同的零点，则等价为f (x )＝|x 2－a |－ax －1＝0，即|x 2－a |＝ax ＋1有四个不同的解，若a ≤0，则方程x 2－a ＝ax ＋1至多有两个根，不满足条件．若a >0，则y ＝|x 2－a |与y ＝ax ＋1两个图象有四个不同的交点， ①当y ＝ax ＋1与y ＝－x 2＋a 相切时，得a ＝－2＋2 2.(负值舍掉) ②当y ＝ax ＋1过点(－a ，0)时，得a ＝1，所以22－2<a <1，即a 的取值范围是(22－2，1)．(2)①当a ≤1时，f (x )＝x 2－ax －a －1＝(x －a2)2－a 24－a －1，则f (x )在[1，2]上单调递增，则f (x )min ＝f (1)＝－2a . ②当1<a <4时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x ＋a 2）2＋a 24＋a －1，1≤x ≤a（x －a 2）2－a24－a －1，a <x ≤2，易知f (x )在[1，a ]上单调递减，在(a ，2]上单调递增，则f (x )min ＝f (a )＝－a a －1.③当a ≥4时，f (x )＝－(x ＋a2)2＋a 24＋a －1，则f (x )在[1，2]上单调递减，则f (x )min ＝f (2)＝－a －5，综上，g (a )＝⎩⎨⎧－2a ，a ≤1－a a －1，1<a <4－a －5，a ≥4.。

2020浙江新高考数学二轮复习专题三 3 第3讲数列的综合问题【精品解析】

第3讲数列的综合问题数列不等式的证明[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．[典型例题]已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 【证明】 (1)用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0时，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0. 因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12>0，所以1x n －12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明．(2)若待证不等式的两边均为关于n 的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式． (3)与数列前n 项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．(4)当待证不等式随n 的变化呈现的规律较明显，且初始值n 0易于确定时，用数学归纳法证明．[对点训练]1．设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝⎛⎭⎫32n，n ∈N *，证明：|a n|≤2，n ∈N *. 证明：(1)由⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝⎛⎭⎫|a 1|21－|a 2|a 2＋⎝⎛⎭⎫|a 2|22＝|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ， |a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝⎛⎭⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝⎛⎭⎫32m·2n ＝2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n.从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝⎛⎭⎫34m·2n .① 由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|an 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝⎛⎭⎫34m＜2n 0·⎝⎛⎭⎫34log 34|a n 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13.证明：(1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，计算a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12＜1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 1－a 2|＝13，当n ≥2时，因为(a n ＋12)(a n －1＋12)＝(a n ＋12)·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32，所以|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|（a n ＋12）（a n －1＋12）≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝⎛⎭⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝⎛⎭⎫23n －1<13.综上知，|a n ＋1－a n |≤13.数列中的交汇创新问题[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则( )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4(2)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. ①求数列{x n }的通项公式；②如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n ＋1(x n ＋1, n ＋1)得到折线P 1 P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .【解】 (1)选B.法一：因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3≥a 1，a 2<a 4，故选B.法二：因为e x ≥x ＋1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，所以e a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1＋a 2＋a 3≥a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋1，则a 4≤－1，又a 1>1，所以等比数列的公比q <0.若q ≤－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)≤0，而a 1＋a 2＋a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤0矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4，故选B.(2)①设数列{x n }的公比为q ，由已知q ＞0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0. 因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.②过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由①得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.(i) 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.(ii) (i)－(ii)得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30.解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3.(2)因为a n ＝2n sin ⎝⎛⎭⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2sin ⎝⎛⎭⎫2n π3－2π3 (n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.数列中的探索性问题[核心提炼]探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．[典型例题]已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．[对点训练]数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，λ是常数． (1)当a 2＝－1时，求λ及a 3的值；(2)数列{a n }是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．解：(1)由于a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，…)，且a 1＝1，所以当a 2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a 3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{a n }不可能为等差数列，理由如下：由a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n ，得a 2＝2－λ，a 3＝(6－λ)·(2－λ)，a 4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)．若存在λ，使{a n }为等差数列，则a 3－a 2＝a 2－a 1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a 2－a 1＝1－λ＝－2，a 4－a 3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.这与{a n }为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{a n }都不可能是等差数列．专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)，所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k－1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1，因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0，2)，a 2n ＋3a n＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2 ，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫13n －2－13n ＋1＝n3n ＋1. 因为T n ＝n 3n ＋1＝13－133n ＋1随着n 的增大而增大，所以数列{T n }是递增数列，所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋724.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1. 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n ＝－1，所以数列{1b n }是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n ＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.所以c n ＝a 2n ＋1a 2n ＝2n ＋12n ＋1＋12n 2n ＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1，所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋ 12⎝⎛⎭⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n (n ∈N *)．(1)证明：a n ＞1；(2)证明：a 224＋a 239＋…＋a 2nn 2＜95(n ≥2)．证明：(1)由题得(n ＋1)·a 2n ＋1－(n ＋1)＝na 2n －n ＋a n －1，故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0，所以a n ＋1－1与a n －1同号，又a 1－1＝1＞0，故a n ＞1.(2)由(1)知a n ＞1，故(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n ＜(n ＋1)a 2n ，所以a n ＋1＜a n ，1＜a n ≤2.又由题可得a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ，所以，a 1＝2a 22－a 21，a 2＝3a 23－2a 22，…，a n ＝(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ，相加得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－4≤2n ，所以a 2n ＋1≤2n ＋4n ＋1，即a 2n ≤2n ＋2n (n ≥2)， a 2n n 2≤2n 2＋2n 3≤2⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎫1n －1－2n ＋1n ＋1(n ≥2)．当n ＝2时，a 2222＝34＜95.当n ＝3时，a 2222＋a 2332≤34＋232＋233＜34＋13＜95.当n ≥4时，a 224＋a 239＋a 2416＋…＋a 2nn2＜2⎝⎛⎭⎫14＋19＋116＋14＋⎝⎛⎭⎫14＋227＋13－14 ＝1＋29＋18＋14＋227＋112＜95.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2，所以a n ＋1＜2－1a n ＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1，所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1，根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n ＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1， …1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1. 累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)，由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知f n (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，且f n (－1)＝(－1)n ·n ，n ＝1，2，3，….(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)当k >7且k ∈N *时，证明：对任意n ∈N *都有2a n ＋1＋2a n ＋1＋1＋2a n ＋2＋1＋…＋2a nk －1＋1>32成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1，由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3，又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3，所以a 3＝5.(2)由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ，f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n －1a n －1＝(－1)n －1·(n －1)，n ≥2，两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，得当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝1符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(3)证明：令b n ＝a n ＋12＝n ，则S ＝1b n ＋1b n ＋1＋1b n ＋2＋…＋1b nk －1＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1nk －1，所以2S ＝⎝⎛⎭⎫1n ＋1nk －1＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1nk －2＋⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1nk －3＋…＋⎝⎛⎭⎫1nk －1＋1n .(*) 当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，1x ＋1y ≥21xy，所以(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥4，所以1x ＋1y ≥4x ＋y，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，…，nk －1全为正，所以2S >4n ＋nk －1＋4n ＋1＋nk －2＋4n ＋2＋nk －3＋…＋4nk －1＋n ＝4n （k －1）n ＋nk －1，所以S >2（k －1）1＋k －1n>2（k －1）k ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－2k ＋1 >2⎝⎛⎭⎫1－27＋1＝32，得证． 7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)； (3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n ＜3. 解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n .又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋…＋12k 2k 个,＜k ＋1＝右边，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立．(3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，所以(c n ＋1c n )n ＝(1＋n n )n ＝(1＋1n)n ，首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ≥2，其次因为C k n 1n k ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)，所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ，＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝3－1n ＜3，当n ＝1时显然成立．所以得证．8．数列{a n }满足a 1＝14，a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N )． (1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋（－1）n 是否为等比数列，并说明理由； (2)设b n ＝a n sin （2n －1）π2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜47. 解：(1)a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2⇒1a n ＝（－1）n a n －1－2a n －1＝(－1)n －2a n －1，所以1a n ＋(－1)n ＝2·(－1)n －2a n －1⇒所以1a n ＋(－1)n ＝(－2)·⎣⎡⎦⎤（－1）n －1＋1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋（－1）n 为公比是－2的等比数列． (2)证明：1a 1＋(－1)1＝3，由(1)可得 1a n＋(－1)n ＝⎣⎡⎦⎤1a 1＋（－1）1·(－2)n －1＝3·(－2)n －1，所以a n ＝13·（－2）n －1－（－1）n. 而sin （2n －1）π2＝(－1)n －1，所以b n ＝a n ·sin （2n －1）π2＝（－1）n －13·（－2）n －1－（－1）n ＝13·2n －1＋1，所以b n ＝13·2n －1＋1＜13·2n －1，当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＜(b 1＋b 2)＋13·22＋13·23＋…＋13·2n －1＝14＋17＋112⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －21－12＜14＋17＋16＝4784＜47. 因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜…＜T n ，所以n ∈N *，T n ＜47.。

高三数学二轮复习理科专题三----数列

选择题1．【全13-6】已知数列{}n a满足12430,3n na a a++==-，则{}n a的前10项和等于（A）()10613---（B）()101139--（C）()10313--（D）()1031+3-2.【全14-10】等比数列{}na中，452,5a a==，则数列{lg}na的前8项和等于（）A．6 B．5 C．4 D．33.【A2012-5】已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为(A)(B) (C) (D)4.【B2012-5】已知{na}为等比数列，2aa74=+，865-=⋅aa，则=+101aa( ) （A）7 （B）5 （C）-5 （D）-75.【A2013-7】设等差数列{}n a的前n项和为n S，若21-=-mS，0=mS，31=+mS，则=m （A）3 （B）4 （C）5 （D）66.【A2013-12】设nnnCBA△的三边长分别为na,nb,nc，nnnCBA△的面积为nS，3,2,1=n……若1b＞1c，1112acb=+，nnaa=+1，2n1acb nn+=+，2n1abc nn+=+，则（A）{}n S为递减数列（B）{}n S为递增数列（C）{}12-n S为递增数列，{}n S2为递减数列（D）{}12-n S为递减数列，{}n S2为递增数列7.【B2013-3】等比数列{}n a的前n项和为n S，已知12310aaS+=，95=a，则1a＝（）（A）31（B）31-（C）91（D）91-8.【A2015-4】等比数列｛a n｝满足a1=3，135a a a++=21，则357a a a++=( ) A．21 B．42 C．63 D．849.【A2016-3】已知等差数列{}n a前9项的和为27，10=8a，则100=a（A）100 （B）99 （C）98 （D）9710.【C2016-12】定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个1210010199101991001011002k m≤12,,,ka a a解答题5.【B2015-17】（本小题满分12分）[来源:Z&xx&]nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，2n na a+=43nS+.（Ⅰ）求{na}的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列}的前n项和6.【B2016-17]（本题满分12分）为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前1 000项和．7.【C2016-17】（本小题满分12分）已知数列的前n项和，其中．（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求．基础知识思路方法nS{}n a17=128.a S=，[]=lgn nb a[]x x[][]0.9=0lg99=1，111101b b b，，{}nb{}na1n nS aλ=+0λ≠{}na53132S=λ。

2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法高考解答题的审题与答题示范三教案[浙江]

高考解答题的审题与答题示范(三)数列类解答题[思维流程]——数列问题重在“归”——化归[审题方法]——审结构结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破．典例(本题满分15分)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n 项和(n∈N*).审题路线(1)要求{a n}和{b n}的通项公式⇒需求{a n}的首项a1和公差d；{b n}的首项b1和公比q.(2)由(1)知a2n b2n－1＝(3n－1)4n⇒分析a2n b2n－1的结构：{3n－1}是等差数列，{4n}是等比数列⇒符合错位相减法求和的特点.标准答案阅卷现场(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，第(1)问第(2)问得分点①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪2221111121 18分7分以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。

买本好点的参考书，做些练习。

如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。

做练习要对答案，最好把自己的错题记下来。

平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习复习。

2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例，要能用自己的话解释概念（理解概念）然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的出来（依靠自己才是最可靠的力量）。

最后主动挑战问题（兴趣是最好的老师），要经常攻关一些问题。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题(选用)学案

第3讲数列不等式的证明问题(选用)高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.真题感悟(2017·浙江卷)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *). 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *).所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝12n －1.故x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).考点整合1.数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2.反证法一般地，由证明p q 转向证明：綈q r …t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法. 3.放缩法放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A <B ，可先将A 放大到C ，然后只需证明C <B 即可.热点一数学归纳法证明数列不等式【例1】 (2017·金丽衢联考)设数列{a n }满足：a 1＝a ，a n ＋1＝2a n a 2n ＋1(a >0且a ≠1，n ∈N *). (1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)若b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号相同，而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1，则a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立.(2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；若a k <b ，因为0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n≥1＋nx ，而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1，所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2·a 4a 3·…·a k ＋1a k＝a 2·2k －1（1＋a 22）（1＋a 23）…（1＋a 2k ）>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1> a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b 1＋b （k －1）. 因为k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1，所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以 a k ＋1>b .探究提高数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可. 热点二反证法证明数列不等式【例2】 (2018·温州调考)已知数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n<2(n ∈N *).(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *). 证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1a n<2，得a n ＋1<2－1a n<2.因为2>a n ＋2＋1a n ＋1>2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)，所以a n ＋2<a n ＋1<2.(2)法一假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1<0，而当n >－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1>0，因此有1a N ＋n －1<n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).法二假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以11－a n ＋1<a n 1－a n ，所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n <1，而当n >log1a N ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时，则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1>1，这显然与(*)矛盾.所以a n >1(n ∈N *).探究提高数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立. 热点三放缩法证明数列不等式 [考法1] 放缩为等比数列【例3－1】 (2018·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113. (1)解由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·1a n －12，即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，又1a 1－1＝32，则1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1. (3)证明由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，故S n ≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3，又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113.所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.[考法2] 放缩为裂项求和【例3－2】 (2018·金华联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <1.证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)， ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)， ∴12（a n ＋1－2）＝1a n （a n －2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1. 探究提高数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.1.(2016·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12m －n ＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2.(2018·学军中学月考)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有23≤a k ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12<1， a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1| ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<1027；当n ≥2时，由(2)知 |a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n－1|＋|a 2n－1－a 2n－2|＋…＋|a n＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.3.(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1），数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时， (1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n3n －1；(3)S n >n －12.证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2nn （n ＋1）≤0，则a n ＋1≤a n .若a n ＋1＝a n ，则a n ＝0，与a 1＝12矛盾，故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ，a 1＝12>a 2>a 3>…>a n .又a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－12n （n ＋1）>0，则a n ＋1与a n 同号.又a 1＝12>0，则a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，则a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1）<a n －a n a n ＋1n （n ＋1），即1a n －1a n ＋1<－1n （n ＋1）＝1n ＋1－1n，1a n ＋1－1a n >1n －1n ＋1. 当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1＝3－1n ＝3n －1n >0，从而a n <n3n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1.(3)由a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－a 1n （n ＋1）＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)，得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 4.(2017·杭州质量检测)已知数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.(1)若a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)若对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）. (1)解由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1，设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)，则d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499＝2 016－（d 1＋d 2＋…＋d 5）499， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21，a 6的最大值为21.(2)证明若存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1，则由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，因此，从第k 项a k 开始，数列{a n }严格递增，故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0.令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0，故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝…＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝n （n ＋1）2b n ， ∴b n ≤2n （n ＋1），综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）.。

(浙江专版)高考数学二轮专题复习第一部分专题三第三讲数列的综合应用课件.pptx

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1错位相减法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列求和，属于等比数列求和公式的推导方法的应用. 2利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与 “qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为 1 进行讨论.
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二、预测押题不能少 2．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
第三讲
数列的综合应用
考点一数列求和数列求和的关键是分析其通项，熟悉两个基本数列的求和公式以及体现的思想方法(如转化与化归思想、错位相减法、倒序相加法等)，根据具体情形采取灵活手段解决．数列求和的基本方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．
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考查类型(一) 利用公式、分组求和
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两式相减得 12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11＝32＋1－12n－1－22nn＋＋11＝ 52－22nn＋＋15，所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
一、经典例题领悟好
[例 1] (2016·北京高考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数
列，且 b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设
[解]
cn＝an＋bn，求数列Байду номын сангаасcn}的前 n 项和．
(1)设等比数列{bn}的公比为 q，则
q＝bb23＝93＝3，
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[解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 由 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12. 因为 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0. 又因为 q＞0，解得 q＝2.所以 bn＝2n. 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.① 由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.② 联立①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为 an＝3n－2，{bn}的通项公式为 bn＝2n.

2020版高考数学浙江专用二轮课件：2.3 不等式部分数学归纳法的应用

【变式训练】
设a1=1,an+1=
a
2 n

2a n

2
+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式.
(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有
n∈N*成立?证明你的结论.
【解析】(1)方法一:a2=2,a3= 2 +1. 再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1. 从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列, 故(an-1)2=n-1,即an= n 1 +1(n∈N*).
因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1. 这就是说,当n=k+1时结论成立. 综上,符合条件的c存在,其中一个值为c= 1.
4
【拓展提升】应用数学归纳法的三个注意点 (1)验证是基础数学归纳法的原理表明:第一个步骤是要找一个数n0, 这个n0就是要证明的命题对象的最小正整数,这个正整数并不一定都是“1”,因此“找准起点,奠基要稳”是正确运用数学归纳法第一个要注意的问题.
(2)递推乃关键数学归纳法的实质在于递推,所以从“k”到“k+1”的过程,必须把归纳假设“n=k”作为条件来导出“n=k+1” 时的命题,在推导过程中,要把归纳假设用上一次或几次.
2
(3)当n=1时,ln(n+1)=ln 2,
因为3ln 2=ln 8>1,所以ln 2> 1 ,
3
即当n=1时,不等式成立.
设当n=k时,ln(k+1)> 1＋1＋＋ 1 成立.
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(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法高考解答题的审题与答题示范(三)课件

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(本题满分 15 分)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*). (1)要求{an}和{bn}的通项公式⇒需求{an}的首项 a1 和公差 d；{bn}的首项 b1 和公比 q. (2)由(1)知 a2nb2n－1＝(3n－1)4n⇒分析 a2nb2n－1 的结构：{3n－1}是等差数列， {4n}是等比数列⇒符合错位相减法求和的特点.
标准答案
(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0.① 又因为 q＞0，解得 q＝2，所以 bn＝2n.② 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8(ⅰ) .
化归成基本量
标准答案由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16(ⅱ). 联立(ⅰ)(ⅱ)，解得 a1＝1，d＝3，③ 由此可得 an＝3n－2.④ 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为 bn＝2n.⑤ (2)设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn，由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得 a2nb2n－1＝(3n－ 1)×4n，⑥
标准答案故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，(*)⑦ 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，(**)⑧ (*)－(**)得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝

高三数学浙江专用二轮复习：专题三数列与不等式

B.2 019 C.－2 017 D.－2 018
解析在等差数列{an}中，设公差为d. ∵S6－2S3＝18， ∴a4＋a5＋a6－(a1＋a2＋a3)＝9d＝18. ∴d＝2，
∴S2
019＝2
019a1＋2
019×2 2
018d
＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B.
板块三专题突破核心考点
专题三数列与不等式
第1讲等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力．
内容索引
热点分类突破真题押题精练
解
若
an＝(－2)n－1，则
1－－2n Sn＝ 3 .
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
解答
热点二等差数列、等比数列的判定与证明
证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*). (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数；
解析答案
(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{an}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝__3__，a5＝__1_6_2_. 解析由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9. ∵等比数列{an}的各项均为正数， ∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162.

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题三第3讲数列的综合问题 Word版含解析

专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)，所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1，因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0，2)，a 2n ＋3a n＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2 ，可得b n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝n3n ＋1. 因为T n ＝n 3n ＋1＝13－133n ＋1随着n 的增大而增大，所以数列{T n }是递增数列，所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋724.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1.所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n ＝－1，所以数列{1b n }是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n ＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.所以c n ＝a 2n ＋1a 2n ＝2n ＋12n ＋1＋12n 2n ＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1，所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋c n <n ＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n (n ∈N *)．(1)证明：a n ＞1；(2)证明：a 224＋a 239＋…＋a 2nn 2＜95(n ≥2)．证明：(1)由题得(n ＋1)·a 2n ＋1－(n ＋1)＝na 2n －n ＋a n －1，故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0，所以a n ＋1－1与a n －1同号，又a 1－1＝1＞0，故a n ＞1.(2)由(1)知a n ＞1，故(n ＋1)a 2n ＋1＝na 2n ＋a n ＜(n ＋1)a 2n ，所以a n ＋1＜a n ，1＜a n ≤2.又由题可得a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ，所以，a 1＝2a 22－a 21，a 2＝3a 23－2a 22，…，a n ＝(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ，相加得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1)a 2n ＋1－4≤2n ，所以a 2n ＋1≤2n ＋4n ＋1，即a 2n≤2n ＋2n (n ≥2)， a 2nn 2≤2n 2＋2n 3≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－2n ＋1n ＋1(n ≥2)．当n ＝2时，a 2222＝34＜95.当n ＝3时，a 2222＋a 2332≤34＋232＋233＜34＋13＜95.当n ≥4时，a 224＋a 239＋a 2416＋…＋a 2nn2＜2⎝⎛⎭⎫14＋19＋116＋14＋⎝⎛⎭⎫14＋227＋13－14 ＝1＋29＋18＋14＋227＋112＜95.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n ＜2，所以a n ＋1＜2－1a n ＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1，所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1，根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n ＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，…1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)，由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知f n (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，且f n (－1)＝(－1)n ·n ，n ＝1，2，3，….(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)当k >7且k ∈N *时，证明：对任意n ∈N *都有2a n ＋1＋2a n ＋1＋1＋2a n ＋2＋1＋…＋2a nk －1＋1>32成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1，由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3，又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3，所以a 3＝5.(2)由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ， f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n －1a n －1 ＝(－1)n －1·(n －1)，n ≥2，两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，得当n ≥2时，a n ＝2n －1，又a 1＝1符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (3)证明：令b n ＝a n ＋12＝n ，则S ＝1b n ＋1b n ＋1＋1b n ＋2＋…＋1b nk －1＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1nk －1，所以2S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1nk －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1nk －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1nk －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1nk －1＋1n .(*)当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，1x ＋1y ≥21xy，所以(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥4，所以1x ＋1y ≥4x ＋y ，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，…，nk －1全为正，所以2S >4n ＋nk －1＋4n ＋1＋nk －2＋4n ＋2＋nk －3＋…＋4nk －1＋n ＝4n （k －1）n ＋nk －1，所以S >2（k －1）1＋k －1n>2（k －1）k ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k ＋1>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－27＋1＝32，得证． 7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)；(3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n＜3.解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n . 又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋＜k ＋1＝右边，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立． (3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，所以(c n ＋1c n )n＝(1＋n n )n ＝(1＋1n )n ，首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ≥2，其次因为C k n 1nk ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)，所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋ C k n 1n k ＋…＋C n n 1nn ，＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n ＜3，当n ＝1时显然成立．所以得证．8．数列{a n }满足a 1＝14，a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N )．(1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 是否为等比数列，并说明理由；(2)设b n ＝a n sin （2n －1）π2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜47.解：(1)a n ＝a n －1（－1）n a n －1－2⇒1a n ＝（－1）na n －1－2a n －1＝(－1)n－2a n －1，所以1a n ＋(－1)n ＝2·(－1)n －2a n －1⇒所以1a n ＋(－1)n ＝(－2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（－1）n －1＋1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋（－1）n 为公比是－2的等比数列．(2)证明：1a 1＋(－1)1＝3，由(1)可得1a n＋(－1)n ＝⎣⎡⎦⎤1a 1＋（－1）1·(－2)n －1＝3·(－2)n －1，所以a n ＝13·（－2）n －1－（－1）n .而sin（2n －1）π2＝(－1)n －1，所以b n ＝a n ·sin （2n －1）π2＝（－1）n －13·（－2）n －1－（－1）n ＝13·2n －1＋1，所以b n＝13·2n －1＋1＜13·2n －1，当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＜(b 1＋b 2)＋13·22＋13·23＋…＋13·2n －1＝14＋17＋112⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －21－12＜14＋17＋16＝4784＜47. 因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜…＜T n ，所以n ∈N *，T n ＜47.。

(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第三讲专题提能——“数列与数学归纳法”专题

@专题提能”数列与数学归纳法〃专题提能课土曰牝占/一、防止思维定式＜址冃匕庶（一）实现〃移花接木"［例1］已知数列｛©｝的前n 项和S“=A/+B(gHO), 则“A = —B”是“数列仙｝是等比数列”的 ()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件［解析］当A = —B 时，S n=Aq—A,则a n=Aq l~\q—V), 当g = l或A = 0时，a“ = 0,此时数列仙｝不是等比数列. 若数列｛冷｝是等比数列，当q = '时，S lt=na lt此时不具备S〃=Ag"+B(gHO)的形式，故彳工1,则S n =此时A = —«i A = ~B.综上，a A = -B^是“数列仙｝是等比数列”的必要不充分条件•［答案］B［微评］(I)等比数列｛砌｝的前〃项和公式£ =na 1(q = l)9(2)计算过程中，若出现方程q n=t 9要看/中的〃是奇数还是偶数，若〃是奇数，则q=^t ；若“是偶数,则40时,q=±'& tvO 时，无解.如(1一/)、\_q(狞1)9特别注意q = \时,S t =na x 这一特殊情况•［例2］已知数列仙｝的前n项和为S n9 «i = l,当n^2时, 2S n = (n + l)a n—2.⑴求“2，“3和通项给;［解］当n=2时，2S2=2(l+°2)=3"2—2，则“2=4,当n=3时，2S3=2(l+4+a3)=4a3—2,则a3=6,当n^2时，2S lt = (n-\-l)a n—2,当"M3 时，2S”_i=〃a”_i—2, 所以当“M3 时,2(S W—S w-i) = (n + l)a fl—na n-x=2a n,即2a fl = (n + l)a n—na n-\,整理可得(n — l)a n—na n-i9所以沪笛，因为齐牛2,所以沪铝因此, 当n ^2 时，u n=2n 9而如=1，n = l, n^2.(2)设数列血｝满足叽=aQT,求｛%｝的前n项和T n.［解］由⑴可知加=：2；：；2, 所以当兀=1时，T\=b\ = l,当“N2时，几=加+如+^3 ------- b n,则T n = l+2X22+3X23 (n-l)X2w_1+nX2\ 2T W=2+2X23+3X24H——(n-l)X2n+nX2^l9 作差得T… = l-8-(23+24H—— 2")+〃X2"+i = (n-l)X2w+1 + l,易知当”=1时，也满足上式，故T n = (W-l)X2n+1 + l(nGN*)・［微评］数列仏｝中，由s“与给的等量关系式求a“时，先利用ai=Si求出首项如，然后用”一1替换等量关系式中的〃, 得到一个新的等量关系式，再利用a“=S“一S“—232),便可求出当时a“的表达式，最后对〃=1时的结果进行检验，看是否符合“M2时©的表达式，若符合，则可以把数列仏｝的通项合写，若不符合，则应该分〃=1与两段来写.而a n—a n-x=d(n^2)与a n+l—a n=d(n^ *)等价,q(n^2)与等价，不需验证〃=1的情形•失误3 因错位相减法求和处理不当而失分［例 3］已知函数/(x)=4v,数歹 1|｛给｝中，2a w+1—2a n +a n ^a n =0,⑴证明：数列｛讣是等差数列，并求数列｛如的通项公式；1 1 1［解］证明：由给工0创卄1—2^+a 卄冋=0,得 —7=6 给+1 an/ 所以数列｛初｝是首项为;=1,公差为*的等差数列，所以彳=1+*〃_1)=暂1, “”=谆亍ai = l,且给HO,数列｛亦｝中，方i=2, b n =fw eN*).(n^2,⑵求数列低｝的前n项和S“・［解］当心时,b n=f任卜/哥=2",当〃=1时，〃1=2也符合上式，所以加=2"(M WN), p=(〃 + l)・2"T,u tl5…=2X2°+3X21+4X22H ---------- (H +1)X2,,_1,①25…=2X2X+3X22+4X23H --- 兀X2"T+(〃 + l)X2",②由①一②得一S“ = 2+2】+22 ------ 2"T-S + 1)X2" = 2+ 2"—2—(n + 1)X2" =—w X2/z,故S n=n X2/z.［微评］错位相减法主要用于形如仙鬧的数列的求和，其中数列仏｝是公差不为0的等差数列，数列他｝是公比不为］的等比数列，若它们的通项分别为偏="兀+以"工°),叽= /TgHi),则数列仏亦｝的前n项和为S n = (An+B)-q,l+C的b~A形式，其中*白C=-B.土曰细｛占/ — \灵活垣用策略! 于疋冃g(_)尝试"借石攻玉“［例1］已知数列｛a订满足«i=2, a n—a n-i=n(n^29 *),则a n= _______ •［解析］由题意可知，«2—«i=2, a3a n-i=n(n^2)9以上式子累加得，砌一如=2+3 --------- n.因为如=2,所以«71=2+(2+3+•••+«)2+(兀—1)(2+〃)/+兀+22心)•因为如=2满足上式，所以a“=-------- 2-----［答案］电也［微评］已知形如砒+1=砒+丹0的递推关系式，常令w 分别为1,2,3, H-1,把所得的M — 1个等式相加，即利用a n=«1 + («2—«1) + («3—«2)+... + («n —a n-i),求出通项公［例2］已知在数列｛砒｝中，且©=4,贝1|数列仏｝的通项公式给=［解析］由覘+1=治“，得管=命,#2 1 «3 2 a n M —1故石=亍《；=/•••，扃=吊（〃$2），a n 1 2 n—3 n—2 n— 1 2以上式子累乘得,——•——■ • • • ■• ■«1 3 4 n— 1 n w + 1 n(n + l)#因为如=4满足上式，所以给=论+ ］）•［答案］為［微评］已知形如节=/（〃）的递推关系式，常令〃分别u n 为1，2,3,…，H —1,把所得的n — 1个等式相乘，即利用a n«2 «3• e • <a …如，求出通项公式 "兀一1[例3] (1)(2018•衡水中学模拟)数列仏}满足如=2 ，“比+1 —°紬“>0, *),则a“=( )A. IO"®B. IO" 】C. 102//_1D. 22"T［解析］因为数列｛a“｝满足如=2, a“+i=af(a“>0,所以log2tt…+i=21og2tt…,即2・又«i=2,所以log2ai=log22=l.故数列｛1。

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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S n ，a n 的关系式求a n 1.数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．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{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n . (3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n . (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{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1(n ∈N *)．由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，①则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，② ①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ∈N *.思维升华给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n . 跟踪演练1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1，即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n(n ∈N *)． (2)因为a n >0，故a n ＝2n.设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小，最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－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＋x )－x (1＋λx )1＋x.(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋14n >ln 2.(1)解由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x，∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx2(1＋x )2，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<12，则当0<x <1－2λλ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当0<x <1－2λλ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意； ③若λ≥12，则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意．综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为12.(2)证明由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ，若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x )2＋2x ，且当x >0时，f (x )<0，即x (2＋x )2＋2x>ln(1＋x )，令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ，∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2n ＋1，12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3n ＋2，…，12(2n －1)＋14n >ln 2n2n －1.以上各式两边分别相加可得12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1，即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2n n ＝ln 2， ∴a 2n －a n ＋14n>ln 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(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f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0<a n －12<13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . (1)解由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，所以f n ′(2)＝(n －1)·2n＋1. (2)证明因为f n (0)＝－1<0，f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点，又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增，因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1＝0，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12<a n <23，所以0<a n －12＝12a n ＋1n <12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.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{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)．(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是等比数列； (2)当k 是奇数时，证明：1a k ＋1a k ＋1<92k ＋1；(3)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.证明 (1)∵a n ＋1＝2a n ＋(－1)n， ∴a n ＋1＋(－1)n ＋13＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(－1)n3，又a 1＋(－1)3＝23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是首项为23，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋(－1)n 3＝2n 3，即a n ＝2n －(－1)n3，当k 是奇数时，1a k ＋1a k ＋1＝32k ＋1＋32k ＋1－1＝3(2k ＋1－1)＋3(2k＋1)2k 2k ＋1＋2k －1<9·2k2k 2k ＋1＝92k ＋1. (3)当n 为偶数时，1a n －1＋1a n <92n ＝32n －1＋32n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3；当n 为奇数时，1a n ＋1a n ＋1<92n ＋1＝32n ＋32n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a n －2＋1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＋1<3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.思维升华数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性．(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后用裂项相消法求和． (3)数学归纳法．跟踪演练3 (2018·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋c a n(c >0，n ∈N *)． (1)证明：a n ＋1>a n ≥1；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1，证明：①对于任意m ∈N *，当n ≥m 时，a n ≤c a m(n －m )＋a m ； ②a n ≤5n －12. 证明 (1)因为c >0，a 1＝1，所以a n ＋1＝a n ＋c a n>a n (n ∈N *)，下面用数学归纳法证明a n ≥1. ①当n ＝1时，a 1＝1≥1； ②假设当n ＝k 时，a k ≥1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋c a k>a k ≥1. 所以当n ∈N *时，a n ≥1. 所以a n ＋1>a n ≥1.(2)①由(1)知当n ≥m 时，a n ≥a m ≥1，所以a n ＋1＝a n ＋c a n ≤a n ＋c a m，即a n ＋1－a n ≤c a m ，累加得a n －a m ≤c a m(n －m )．所以a n ≤c a m(n －m )＋a m .②若c >12，当m >8c －2(2c －1)2时，a m >⎝⎛⎭⎪⎫c －128c －2(2c －1)2－1＝2c2c －1. 所以c a m <c －12.所以当n ≥m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1≤a n ≤c a m (n －m )＋a m .所以当n >1＋a m －cma m c －12－c a m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1>c a m (n －m )＋a m ，矛盾．所以c ≤12.因为a 2n ＋1＝a 2n ＋2c ＋c 2a 2n ≤a 2n ＋2c ＋c 2≤a 2n ＋54，累加得a 2n ≤a 21＋54(n －1)＝5n －14，所以a n ≤5n －12.真题体验1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.2．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0.假设当n ＝k (k ∈N *)时，x k >0，那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1，因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x >0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12 ＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n. (1)求b 2的值；(2)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (3)求证：2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316.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，也是这部分的难点，考查学生的综合能力．(1)解由已知得a 2＝3a 1＋2＝8，所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝12，解得b 2＝4.(2)解由条件得a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＋1＋1a n ＋1＝3a n ＋3a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，3为公比的等比数列．即a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n－1(n ∈N *)． (3)证明由题设b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，① 知b n a n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1(n ≥2)，② 由①－②，得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1a n，则b n ＋1a n ＋1＝1＋b na n，即1＋b n b n ＋1＝a na n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，2－12×1＝32， 1＋1b 1＝32<3316，所以原不等式成立；当n ≥2时，⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎪⎫1＋1bn＝1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b nb n＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1b n·(1＋b n )＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n·(1＋b n )＝38×8a n ·(1＋b n ) ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ，先证明不等式左边，当n ≥2时，因为1a n ＝13n －1>13n ，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n>3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋132＋133＋ (13)＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13＝2－12·3n －1.所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≥2－12·3n －1. 再证明不等式右边，当n ≥2时， 1a n＝13n－1＝19·3n －2－1≤18·3n －2，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋13n －2＝3⎝⎛⎭⎪⎫12＋18·1－13n －11－13＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋316⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<3316.所以2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316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( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065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k ＋1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2 025－45＝1 980(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{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋2an2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4，所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，即S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，则最小的整数k 是( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C 解析由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.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 ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．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∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (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 (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，其中a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )，则a 6＝________；当n ＝2 019时，f (2)＝________.答案 6442 020－13解析由a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )得数列{a i }为首项为2，公比为2的等比数列，则a i ＝2i (i ∈N *，i ≤n )，所以a 6＝26＝64.当n ＝2 019时，f (x )＝1＋2x ＋22x 2＋…＋22 019x 2 019，则f (2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝1·(1－42 020)1－4＝42 020－13. 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________．答案 (3,5)解析由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，将n ＝2代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 1＝16，所以a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；将n ＝3代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36，所以a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝0，ln(a n ＋1－a n )＋a n ＋n ln 2＝0(n ∈N *)． (1)求a 3； (2)证明：ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n；(3)是否存在正实数c ，使得对任意的n ∈N *，都有a n ≤1－c ，并说明理由． (1)解由已知得a n ＋1＝a n ＋()ln2e,-+n a n又a 1＝0，所以a 2＝12，a 3＝12＋14e .(2)证明因为a n ＋1>a n ，a 1＝0，所以a n ≥0. 则a n ＋1＝a n ＋()ln2e-+n a n ≤a n ＋e－n ln 2＝a n ＋2－n，所以a n ≤a n －1＋2－(n －1)≤a n －2＋2－(n －2)＋2－(n －1)≤…≤a 1＋2－1＋…＋2－(n －2)＋2－(n －1)＝1－21－n.令f (n )＝e n a＋21－n－2，则f (n ＋1)－f (n )＝()()11e 22e 22+---⎡⎤+--+-⎣⎦n nn a a n＝1ee +-n na a －2－n＝()ln 2ee 2-++---a n nn n a e a n＝()()ln2ee e 1-+-a n n n a －2－n>()ln 2e e-+n n a n a－2－n＝0，所以{f (n )}是递增数列，所以f (n )≥f (1)＝0，即n a e ＋21－n－2≥0，所以a n ≥ln(2－21－n)，综上所述，ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n得证．(3)解由(2)得a n ＋1＝a n ＋()ln 2e-+n a n ≤a n ＋()1ln 22ln 2e-⎡⎤--+⎣⎦n n＝a n ＋12n ＋1－2，所以a n ≤a n －1＋12n －2≤a n －2＋12n －1－2＋12n －2≤…≤a 1＋122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2＝122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2(n ≥2)．2019年因为12n －2＝14·2n －2－2≤13·2n －2(n ≥3)，所以当n ≥4时，a n <12＋16＋13·22＋…＋13·2n －2＝12＋16＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －2<56.由{a n }的单调性知当n ＝1,2,3时，a n <56，综上所述，对任意的n ∈N *，都有a n <56，所以存在c ＝16使a n ≤1－c 成立．10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．(1)求证：a 2 018>6；(2)求证：对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .证明 (1)∵a n ＝1＋12＋13＋…＋1n，∴a 2 018＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024＋…＋12 018， a 2 018>1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024>1＋12＋24＋…＋5121 024＝1＋12×10＝6. (2)由题意得a n －a n －1＝1n (n ≥2)，即a n －1＝a n －1n，将式子两边平方得a 2n －1＝a 2n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1n 2，∴a 2n －a 2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －1n2，a 2n ＝a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋a 2n －2－a 2n －3＋…＋a 22－a 21＋a 21＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n n －⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122＋…＋1n 2.∵1＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝2－1n<2，∴对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .B 组能力提高11．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1>1，则( ) A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案 B解析构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B.12．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 A解析由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017.13．(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝ln(1＋a n )(n ∈N *)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n .证明：(1)a n >0(n ∈N *)；(2)a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)； (3)n 2＋5n6≤T n ≤n 2＋3n4(n ∈N *)．证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝1>0，所以当n ＝1时，命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k >0，则由1＋a k >1，知a k ＋1＝ln(1＋a k )>0，所以a k ＋1>0. 故对于n ∈N *都有a n >0.(2)先利用ln(1＋x )<x (x >0)证明ln(1＋a n )<a n ，即a n ＋1<a n ，故a n ≤1，因此0<a n ≤1. 要证明a n ＋1<3a n a n ＋3，即证ln(1＋a n )<3a na n ＋3，构造函数h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3(0<x ≤1)，则h ′(x )＝11＋x －9(x ＋3)2＝x (x －3)(1＋x )(x ＋3)2<0，所以h (x )在(0,1]上单调递减．故h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3<h (0)＝0，因此ln(1＋a n )<3a n a n ＋3，即a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)． (3)由(2)可知1a n ＋1－1a n >13成立，则累加可得1a n ≥1＋13(n －1)＝n ＋23，故T n ≥n ＋n (n －1)2×13＝n 2＋5n6.构造函数g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2(0<x ≤1)， g ′(x )＝11＋x －4(x ＋2)2＝x2(1＋x )(x ＋2)2>0，所以g (x )在(0,1]上单调递增，所以g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2>g (0)＝0，得ln(1＋a n )>2a na n ＋2. 所以有a n ＋1>2a n a n ＋2，进一步有1a n ＋1－1a n <12，则累加可得1a n ≤n ＋12，故T n ≤n ＋n (n －1)2×12＝n 2＋3n4.因此原命题成立．14. (2018·宁波期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2n 2a n －2，n 为奇数，2a n －2，n 为偶数，a 1＝a .(1)若a >1，求证：对任意正整数n (n >1)均有a n ≥2；(2)若a ＝3，求证：4n ＋1<a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2n <4n ＋3对任意n ∈N *恒成立．证明 (1)当a >2时，根据g (x )＝2x －2和f (x )＝x 22x －2在[2，＋∞)上均为增函数，从而当a n ≥2时，必有a n ＋1＝f (a n )≥f (2)＝2 或a n ＋1＝g (a n )≥g (2)＝2.当1<a <2时，由于f (x )＝x 22x －2在(1,2]上为减函数，得a 2>2.当a ＝2时，a 2＝a 3＝2，从而a n ＝2恒成立．综上所述，当a >1时，a n ≥2对所有满足n >1的正整数n 均成立． (2)当a ＝3时，一方面，由(1)知a 2k －1＋a 2k >4(k ≥2，k ∈N )．又a 1＋a 2＝3＋94>5，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n >4n ＋1.另一方面，a 2k －1＋a 2k ＝a 2k －1＋a 22k －12a 2k －1－2＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)，且a 2k ＋1＝2a 2k －2＝a 22k －1－2a 2k －1＋2a 2k －1－1，令a 2k －1－2＝b k ，则b k ＋1＋2＝(b k ＋1)2＋1b k ＋1，即b k ＋1＝b 2kb k ＋1，且b 1＝1，b 2＝12. 所以a 2k －1＋a 2k ＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)＝3b 2k ＋10b k ＋82(b k ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4. 由b k ＋1－b k ＝(b k －b k －1)(b k b k －1＋b k ＋b k －1)(b k ＋1)(b k －1＋1)，且b 2－b 1<0知{b k }为递减数列，且b k >0，所以1b k ＋1<1. 从而a 2k －1＋a 2k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4<32b k ＋4.又由b k ＋1b k ＝b k b k ＋1＝1－1b k ＋1≤1－1b 1＋1＝12，所以b 1＋b 2＋…＋b n <b 11－12＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n <32(b 1＋b 2＋…＋b n )＋4n <3＋4n .综上，所证成立．。

(浙江专用)2020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

2020年高考数学二轮三轮总复习专题学案 专题3-不等式、数列、推理与证明课件 (浙江文科专用) 精品