2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题十一 数列的综合应用问题

2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题十一 数列的综合应用问题

专题十一 数列的综合应用问题 ‎1．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|.[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ 其中属于“保等比数列函数”的f(x)的序号为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．①② B．③④ ‎ C．①③ D．②④‎ 答案： C　[设等比数列{an}的公比为q，则{a}的公比为q2，{}的公比为，其余的数列不是等比数列．]‎ ‎2．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是(　　)．‎ A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0‎ C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn＞0‎ D．若对任意n∈N*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列 答案：C　[A、B、D均正确，对于C，若首项为－1，d＝2时就不成立．]‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为(　　)．‎ A. B. ‎ C．10 D．21[来源:学科网ZXXK]‎ 答案：B　[在an＋1－an＝2n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1个式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝＝n2－n，∴an＝n2－n＋33，∴＝n＋－1，又n∈N*，n≥1.∴当n＝6时，有最小值.]‎ ‎4．数列{an}的通项公式an＝ncos＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝________.‎ 解析　∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝503×6＝3 018.‎ 答案　3 018‎ ‎1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇．‎ ‎2．解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点．‎ ‎1．数列试题形态多变，时常有新颖的试题入卷，学生时常感觉难以把握，为了在高考中取得好成绩，必须复习、掌握好数列这一板块及其相关的知识技能，了解近几年来高考中对解数列试题的能力考察特点，掌握相关的应对策略，以提高解决数列问题的能力．‎ ‎2．近几年高考中一些难题均是以高等数学的某些知识为背景而用初等数学的语言表述的试题．这就启示我们在复习备考时，要在高等数学与初等数学的衔接点上多下工夫，要提高将陌生问题转化、化归为熟知问题的能力．复习时要抓住主流综合，同时做到不忽视冷门、新型综合.‎ 必备知识 在数列求和时，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：‎ ‎(1)<＝；‎ ‎(2)－<<－；‎ ‎(3)2(－)<<2(－)；‎ ‎(4)利用(1＋x)n的展开式进行放缩．‎ 数列是特殊的函数，是定义在正整数集上的一列函数值．通项公式及求和公式揭示了项和项数的依赖关系的本质属性．用“函数与方程”的思想解决数列中的综合问题，通常有如下情形：‎ ‎(1)用等差数列中的公差为“斜率”的意义沟通关系解题；‎ ‎(2)用等差数列的前n项和为项数n的二次函数解题；‎ ‎(3)用函数观点认识数列的通项，用函数单调性的定义研究数列的增减性解决最值问题；‎ ‎(4)通项公式求解中方程思想的应用； ‎ ‎(5)应用问题中方程思想的应用．‎ 必备方法 ‎1．‎ 解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．‎ ‎2．解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．‎ 该类问题出题背景广、新颖，解题的关键是读懂题意，有效地将信息转化，能较好地考查学生分析、解决问题的能力和知识的迁移能力、以客观题或解答题的形式出现，属于低中档题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】► 在直角坐标平面内，已知点P1(1,2)，P2(2,22)，P3(3,23)，…，Pn(n,2n)，….如果n为正整数，则向量＋＋＋…＋P2n－1P2n的纵坐标为________．‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] 由PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)可求解．‎ 解析　PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)，于是＋＋＋…＋P2n－1P2n的纵坐标为2＋23＋25＋…＋22n－1＝＝(4n－1)．‎ 答案　(4n－1)‎ ‎ 解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、探究，将问题转化为等差(比)数列的问题．‎ ‎【突破训练1】已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2 011，a2 011)，则·＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．2 011 B．－2 ‎011 C．0 D．1 ‎ 答案： A　[设Sn＝An2＋Bn，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)A＋B，由S21＝S4 000，知4 ‎021 A＋B＝0，所以a2 011＝0，·＝2 011＋an×a2 011＝2 011，故选A.]‎ 由于数列与函数的紧密联系，近几年高考在数列与函数的综合处命题有加强的趋势，常考查以函数为背景的数列问题，该类问题的知识综合性比较强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力．需掌握与函数、函数性质等相关方面的知识，难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例2】已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7.‎ ‎(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；‎ ‎(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] (1)配方可求顶点的纵坐标，再用定义可证；(2)由bn＝|an|知分类求和．‎ ‎(1)证明　∵f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，∴an＝3n－8，∴an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，∴数列{an}为等差数列．‎ ‎(2)解　由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，‎ ‎∴当1≤n≤2时，bn＝8－3n，‎ Sn＝b1＋…＋bn＝＝＝.[来源:学科网ZXXK]‎ 当n≥3时，bn＝3n－8，[来源:Zxxk.Com]‎ Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋[1＋4＋…＋(3n－8)]‎ ‎＝7＋ ‎＝，‎ ‎∴Sn＝ ‎, 解决此类问题时要注意把握以下两点：‎ ‎(1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义；‎ ‎(2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．‎ ‎【突破训练2】已知函数f(x)＝(x－1)2，数列{an}是各项均不为0的等差数列，点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上；数列{bn}满足bn＝n－1.‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)若数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和．‎ 解　(1)因为点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上，所以a＝S2n－1.‎ 令n＝1，n＝2，得即 由①知a1＝0或a1＝1，∵a1≠0，∴a1＝1.代入②解得d＝－1或d＝2，又d＝－1时，a2＝0不合题意，∴d＝－1(舍去)，∴d＝2.即an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)得cn＝＝＝.‎ 令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，‎ 则Tn＝＋＋＋…＋＋，①‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得，Tn＝＋＋＋＋…＋－ ‎＝1＋·－＝2－－＝2－.‎ 所以Tn＝3－.‎ 数列与不等式的综合问题是高考的热点，常考查：①以数列为载体，比较两项的大小或证明不等式；②以数列为载体，利用不等式恒成立求参数．在解答时需要我们抓住本质，进行合理变形、求和，再结合与不等式有关的知识求解．试题难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例3】设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] (1)对所给递推关系式变形(取倒数)后构造等比数列求解．‎ ‎(2)利用基本不等式放缩．‎ ‎(1)解　由a1＝b＞0，‎ 知an＝＞0，＝＋ .‎ 令An＝，A1＝.‎ 当n≥2时，An＝＋An－1＝＋…＋＋A1＝＋…＋＋.‎ ‎①当b≠1时，An＝＝；‎ ‎②当b＝1时，An＝n.所以an＝ ‎(2)证明　当b≠1时，欲证2an＝≤bn＋1＋1，只需证2nbn≤(bn＋1＋1).‎ 因为(bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1＝bn＋＋…＋＞bn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，所以2an＝＜1＋bn＋1.[来源:学科网ZXXK]‎ 当b＝1,2an＝2＝bn＋1＋1.‎ 综上所述，2an≤bn＋1＋1.‎ ‎ 与数列有关的不等式证明常用的方法有：比较法(作差作商)、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法证明，其中利用不等式放缩证明是一个热点，常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点．利用放缩法解决“数列＋不等式”问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩．‎ ‎【突破训练3】已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，a3是a1，a7的等比中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Tn为数列的前n项和，若Tn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．‎ 解　(1)设公差为d，由已知得，‎ 解得d＝1或d＝0(舍去)，‎ ‎∴a1＝2，故an＝n＋1.‎ ‎(2)∵＝＝－，‎ ‎∴Tn＝－＋－＋…＋－ ‎＝－＝，‎ ‎∵Tn≤an＋1，∴≤(n＋2)，‎ 即λ≤＝2n＋＋4，‎ 又2n＋＋4≥2×(4＋4)＝16，∴λ的最大值为16.‎ 数列与函数的“巧妙”对接 纵观2012年高考，有多份试卷以数列与函数的综合题为压轴题，有些大题还穿插了导数来研究函数的工具作用，既考查了函数的知识，又考查了数列的知识，试题综合性强，分步解答，有利于高校选拔优秀的考生，是一种非常热门的题型，预计2013年高考仍将在此命题．‎ ‎【示例】已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a＞0.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求实数k的最小值；‎ ‎(3)证明：－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)．‎ ‎[满分解答]　(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．‎ f′(x)＝1－＝.‎ 由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－a,1－a)‎ ‎1－a ‎(1－a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(4分)‎ ‎(2)当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0，‎ 故k≤0不合题意．‎ 当k＞0时，令g(x)＝f(x)－kx2，‎ 即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2.‎ g′(x)＝－2kx＝.‎ 令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1.‎ ‎①当k≥时，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上单调递减．从而对于任意的x∈[0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立．‎ 故k≥符合题意．‎ ‎②当0＜k＜时，＞0，对于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在内单调递增．因此当取x0∈时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立．‎ 故0＜k＜不合题意．‎ 综上，k的最小值为.(8分)‎ ‎(3)当n＝1时，不等式左边＝2－ln 3＜2＝右边，所以不等式成立．‎ 当n≥2时，＝＝－ln(2i＋1)－ln(2i－1)]＝－ln(2n＋1)．‎ 在(2)中取k＝，得f(x)≤(x≥0)，‎ 从而f≤＜(i∈N*，i≥2)，‎ 所以有－ln(2n＋1)＝＝f(2)＋＜2－ln 3＋＝2－ln 3＋＝2－ln 3＋1－＜2.‎ 综上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*.(14分)‎ 老师叮咛：本题第(1)问应用导数研究函数的单调性、极值，难度较小，属于送分题；第(2)问属于含参函数的恒成立求参数范围问题，需构造新函数，再利用导数研究新函数的单调性、极值与最值等.其中，需对k进行分类讨论，对k的每个范围利用分析法求得适合题意的k的范围；第(3)问考查了考生赋值、数列的求和、放缩法证明不等式等知识.其中，推导是联系数列与函数的纽带.再借用第(2)问的结果可得f(x)≤.从而f≤＜.为后面利用放缩法证明不等式打下基础.‎ ‎【试一试】 已知函数f(x)＝1－－ln x(a为实常数)．‎ ‎(1)若函数f(x)在区间(0,2)上无极值，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)讨论函数g(x)＝f(x)－2x的单调性；‎ ‎(3)已知n∈N*且n≥3，求证：ln＜＋＋＋…＋.‎ ‎(1)解　f′(x)＝－＝.‎ 当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时函数f(x)在(0,2)上无极值；‎ 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＜a；由f′(x)＜0，得x＞a，即函数f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，要使函数f(x)在(0,2)上无极值，只要a≥2即可．‎ 故所求的实数a的取值范围是(－∞，0]∪[2，＋∞)．‎ ‎(2)解　g(x)＝f(x)－2x＝1－－ln x－2x，‎ g′(x)＝－－2＝－.‎ 令k(x)＝2x2＋x－a，则Δ＝1＋‎8a.‎ 当Δ＜0，即a＜－时，k(x)＞0恒成立，即g′(x)＜0恒成立，此时函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当Δ＝0，即a＝－时，只有在x＝－时，k(x)＝0，故k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当Δ＞0，即a＞－时，方程k(x)＝0的两个实数根是x1＝＜0，x2＝ ‎，若1＋‎8a≤1，即a≤0，则x2≤0，此时，k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；若1＋‎8a＞1，则x2＞0，此时在(0，x2)上k(x)＜0，g′(x)＞0，在(x2，＋∞)上k(x)＞0，g′(x)＜0，故函数g(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减．‎ 综上所述：当a≤0时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(3)证明　构造函数h(x)＝ln(1＋x)－x，则h′(x)＝－1＝，当x＞0时，h′(x)＜0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，即不等式ln(1＋x)＜x对任意正实数x恒成立．‎ 令x＝，得ln＜，即ln(n＋1)－ln n＜，‎ 所以ln＝ln(n＋1)－ln 3＝ln＋ln＋…＋ln＜＋＋＋…＋. ‎