2018届二轮复习数列中的证明及存在性问题课件（全国通用）

2018届二轮复习数列中的证明及存在性问题课件（全国通用）

4.2.2　数列中的证明及存在性问题 -2- 等差(比)数列的判断与证明 (1)求a1,a2; (2)求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是等差数列; (3)如果数列{bn}满足an=log2bn,试证明数列{bn}是等比数列,并求 其前n项和Tn. 又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2. 因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3, 所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列. -3- -4- 解题心得1.判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法. (1)定义法:对于n≥1的任意自然数,验证an+1-an 为同一常 数. (2)通项公式法:若an=kn+b(n∈N*),则{an}为等差数列;若 an=pqkn+b(n∈N*),则{an}为等比数列. (3)中项公式法:若2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等差数列; 若 =an-1·an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等比数列. 2.对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题, 解题思路是:由an与Sn的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相 减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明. -5- 对点训练1设数列{an}的前n项和为Sn,且首项 a1≠3,an+1=Sn+3n(n∈N*). (1)求证:{Sn-3n}是等比数列; (2)若{an}为递增数列,求a1的取值范围. (1)证明 ∵an+1=Sn+3n, ∴Sn+1=2Sn+3n. ∴Sn+1-3n+1=2(Sn-3n). ∵a1≠3,∴数列{Sn-3n}是首项为a1-3,公比为2的等比数列. -6- (2)解 由(1)得,Sn-3n=(a1-3)×2n-1. ∴Sn=(a1-3)×2n-1+3n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(a1-3)×2n-2+2×3n-1. ∵{an}为递增数列,∴当n≥2时,(a1-3)×2n-1+2×3n>(a1-3)×2n- 2+2×3n-1, ∴a1>-9. ∵a2=a1+3>a1, ∴a1的取值范围是(-9,+∞). -7- 数列型不等式的证明 例2设Sn是数列{an}的前n项和,an>0,且4Sn=an(an+2). (1)求数列{an}的通项公式; (1)解 4Sn=an(an+2),① 即2(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1). ∵an>0,∴an-an-1=2, ∴an=2+2(n-1)=2n. -8- 解题心得要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种 思路:一是先求和,再对和式放缩;二是先对数列的通项放缩,再求数 列的和,必要时对其和再放缩. -9- 对点训练2已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1. -10- 数列中的存在性问题 例3已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为 常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. (1)证明 由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, 两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1. 因为an+1≠0, 所以an+2-an=λ. -11- (2)解 由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n} 是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列. 解题心得假设推理法:先假设所探求对象存在或结论成立,以此 假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不 成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果. -12- 对点训练3(2017云南昆明一中仿真,理17)已知数列{an}和 {bn},a1a2a3…an= (n∈N*),且a1=2,b3-b2=3,数列{an}为等比数列, 公比为q. (1)求a3及数列{bn}的通项公式; (2)令cn= ,是否存在正整数m,n(m≠n),使c2,cm,cn成等差数列?若 存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由. -13- 所以存在正整数m=3,n=6,使c2,cm,cn成等差数列.