(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案
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1、(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案 [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(diǎn)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(gè)熱點(diǎn),也是一個(gè)難點(diǎn),主要涉及到的方法有作差法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法等. 熱點(diǎn)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(xiàng)的常用方法 (1)公式法:利用等差(比)數(shù)列求通項(xiàng)公式. (2)在已知數(shù)列{an}中,滿足an+1-an=f(n),
2、且f(1)+f(2)+…+f(n)可求,則可用累加法求數(shù)列的通項(xiàng)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(xiàng)an. (4)將遞推關(guān)系進(jìn)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(xiàng).?dāng)?shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n. (1)求q的值; (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. 解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng), 得a3+a5=2a4+4, 所以a3+
3、a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8. 由a3+a5=20,得8=20, 解得q=2或q=. 因?yàn)閝>1,所以q=2. (2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)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
4、 則Tn=3×+7×2+…+(4n-9)×n-2+(4n-5)×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(dāng)n=1時(shí),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(xiàng)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
5、項(xiàng)和Sn滿足:a1an=S1+Sn. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若an>0,數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn,試問當(dāng)n為何值時(shí),Tn最小?并求出最小值. 解 (1)由已知a1an=S1+Sn,① 可得當(dāng)n=1時(shí),a=a1+a1,解得a1=0或a1=2, 當(dāng)n≥2時(shí),由已知可得a1an-1=S1+Sn-1,② ①-②得a1=an. 若a1=0,則an=0,此時(shí)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=0. 若a1=2,則2=an,化簡得an=2an-1, 即此時(shí)數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),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(xiàng)公式為an=0或an
6、=2n(n∈N*). (2)因?yàn)閍n>0,故an=2n. 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(dāng)n=4或n=5時(shí),Tn最小, 最小值為T4=T5==-10. 熱點(diǎn)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(yīng)關(guān)系,將條件進(jìn)行準(zhǔn)確的轉(zhuǎn)化. 例2 已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-. (1)若x≥0時(shí),f(x)≤0,求λ的最小值; (2)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=1+++…+,證明:a2n-an+>ln 2. (1)解 由已知可得
7、f(0)=0,
∵f(x)=ln(1+x)-,
∴f′(x)=,且f′(0)=0.
①若λ≤0,則當(dāng)x>0時(shí),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(dāng)0
8、0,即>ln(1+x), 令x=,則>ln, ∴+>ln, +>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(diǎn) (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(shí)要特別重視. (2)解題時(shí)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件. (3)不等關(guān)系證明中進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s. 跟蹤演練2 設(shè)fn(x)=x+x2+…+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2.
9、
(1)求fn′(2);
(2)證明:fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為an),且0
10、(x)=1+2x+…+nxn-1>0,
所以fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,
因此fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)an,
由于fn(x)=-1,
所以fn(an)=-1=0,
由此可得an=+a>,故 11、+1=2an+(-1)n(n∈N*).
(1)證明:是等比數(shù)列;
(2)當(dāng)k是奇數(shù)時(shí),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(xiàng)為,公比為2的等比數(shù)列.
(2)由(1)可知an+=,即an=,
當(dāng)k是奇數(shù)時(shí),
+=+=<=.
(3)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),+<=+,
∴++…+=++…+<3=3<3;
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),+<=+,
∴++…+=++…++<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) 12、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;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(xiàng)相消法求和.
(3)數(shù)學(xué)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(dāng)n≥m時(shí),an≤(n-m)+am;
②an≤.
證明 (1)因?yàn)閏>0,a1=1,
所以an+1=an+>an(n∈N*),
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an≥1.
①當(dāng)n=1時(shí),a1=1≥1;
②假設(shè)當(dāng)n=k 13、時(shí),ak≥1,
則當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=ak+>ak≥1.
所以當(dāng)n∈N*時(shí),an≥1.
所以an+1>an≥1.
(2)①由(1)知當(dāng)n≥m時(shí),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(dāng)m>時(shí),
am>-1=.
所以 14、國Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn=2an+1,則S6=________.
答案 -63
解析 ∵Sn=2an+1,當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=2an-1+1,
∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).
當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a1+1,得a1=-1.
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)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(dāng)n∈N*時(shí),
(1)0 15、2xn+1-xn≤;
(3)≤xn≤.
證明 (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明xn>0.
當(dāng)n=1時(shí),x1=1>0.
假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時(shí),xk>0,
那么當(dāng)n=k+1時(shí),若xk+1≤0,
則0 16、1+x)(x≥0).
f′(x)=+ln>0(x>0),
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?yàn)閤n=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(yù)測
已知數(shù)列{an}滿足a1=2,點(diǎn)(an,an+1)在直線y=3x+2上.?dāng)?shù)列{bn}滿足b1=2,= 17、++…+.
(1)求b2的值;
(2)求證:數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(diǎn)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(diǎn),考查學(xué)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(xiàng),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(xiàng)公式為an=3n-1(n∈N*).
(3)證明 由題設(shè)=++…+,①
知=++… 18、+ (n≥2),②
由①-②,得-=,
則=,
即=(n≥2).
當(dāng)n=1時(shí),2-=,
1+=<,
所以原不等式成立;
當(dāng)n≥2時(shí),…
=··…·
=···…··(1+bn)
=××·…··(1+bn)
=×·(1+bn)
=3
=3
=3,
先證明不等式左邊,當(dāng)n≥2時(shí),
因?yàn)椋?,
所以3
>3
=3
=2-.
所以3≥2-.
再證明不等式右邊,當(dāng)n≥2時(shí),
==≤,
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(gè)新數(shù) 19、列,這個(gè)數(shù)列的第2 018項(xiàng)是( )
A.2 062 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(gè)平方數(shù)與第k+1個(gè)平方數(shù)之間有2k個(gè)正整數(shù),而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,452共有2 025項(xiàng),去掉45個(gè)平方數(shù)后,還剩余2 025-45=1 980(個(gè))數(shù),所以去掉平方數(shù)后第2 018項(xiàng)應(yīng)在2 025后的第38個(gè)數(shù),即是原來數(shù)列的第2 063項(xiàng),即為2 063.
2.已知數(shù)列{an}滿足0 20、n}的前n項(xiàng)和為Sn,則滿足Sn>10的n的最小值為( )
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?yàn)? 21、 B
解析 由題意得a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-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.?dāng)?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,
∴==-,
22、即=-,且an>1.
∴++…+=+
+…+
=-,
∴++…+=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(shí)f(n)=n,
則(i)=f(1)+f(2)+…+f(100)
=1+3+5+…+99+f(2)+ 23、f(4)+…+f(100)
=+f(1)+f(2)+…+f(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(dāng)n=2 019時(shí),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(xiàng)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(dāng)n=2 019時(shí),f(x)=1+2x+22x2+… 24、+22 019x2 019,則f(2)=1+2×2+22×22+…+22 019×22 019=1+4+42+…+42 019==.
7.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)為4,公比為4的等比數(shù)列,
∴an=4n,
∴(4n-2+1)=
=2++≥2+2=4,當(dāng)且僅當(dāng)n=2時(shí)取“=”.
8.已知數(shù)列{a 25、n}的首項(xiàng)a1=a,其前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn+Sn-1=4n2(n≥2,n∈N*),若對任意n∈N*,an 26、1+a2+a3+a1+a2=36,
所以a3=4+2a,
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+≤a 27、n+e-nln 2=an+2-n,
所以an≤an-1+2-(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++…++
28、
=+…++(n≥2).
因?yàn)椋健?n≥3),
所以當(dāng)n≥4時(shí),an<+++…+=++<.
由{an}的單調(diào)性知當(dāng)n=1,2,3時(shí),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 29、式子兩邊平方得
a=a-2+,
∴a-a=2-,
a=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、
所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.
若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、)
A.2 017 B.2 018 C.2 019 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(diǎn),
∴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.
32、13.(2018·湖州、衢州、麗水三地市質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=ln(1+an)(n∈N*),設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn.證明:
(1)an>0(n∈N*);
(2)an+1<(n∈N*);
(3)≤Tn≤(n∈N*).
證明 (1)①當(dāng)n=1時(shí),a1=1>0,
所以當(dāng)n=1時(shí),命題成立;
②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時(shí),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、an≤1.
要證明an+1<,即證ln(1+an)<,
構(gòu)造函數(shù)h(x)=ln(1+x)-(0 34、則累加可得≤,
故Tn≤n+×=.
因此原命題成立.
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、立.
綜上所述,當(dāng)a>1時(shí),an≥2對所有滿足n>1的正整數(shù)n均成立.
(2)當(dāng)a=3時(shí),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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