高考数学复习 17-18版 第7章 热点探究课4 数列与函数、不等式

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高考数学复习 17-18版 第7章 热点探究课4 数列与函数、不等式

热点探究课(四) 数列与函数、不等式 ‎[命题解读] 数列在中学数学中既具有独立性,又具有较强的综合性,是初等数学与高等数学的一个重要衔接点,从近五年江苏卷试题来看,数列常作为压轴大题,综合考查学生的推理论证能力.‎ 热点1 数列与函数的综合应用 数列与函数的交汇一般体现在两个方面:一是以数列的特征量n,an,Sn等为坐标的点在函数图象上,可以得到数列的递推关系;二是数列的项或前n项和可以看作关于n的函数,然后利用函数的性质求解数列问题.‎ ‎ 已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图象上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,试求数列{bn}的前n项和Tn. 【导学号:62172210】‎ ‎[解] (1)设二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),‎ 则f′(x)=2ax+b.‎ 由f′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,‎ 所以f(x)=3x2-2x.4分 又因为点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图象上,‎ 所以Sn=3n2-2n.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5;‎ 当n=1时,a1=S1=3×12-2×1=6×1-5,‎ 所以an=6n-5(n∈N+).6分 ‎(2)由(1)得bn== ‎=,9分 故Tn=‎ =‎ =.14分 ‎[规律方法] 解决此类问题要抓住一个中心——函数,两个密切联系:一是数列和函数之间的密切联系,数列的通项公式是数列问题的核心,函数的解析式是研究函数问题的基础;二是方程、不等式与函数的联系,利用它们之间的对应关系进行灵活的处理.‎ ‎[对点训练1] 设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N+).‎ ‎(1)证明:数列{bn}为等比数列;‎ ‎(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列{anb}的前n项和Sn.‎ ‎[解] (1)证明:由已知,得bn=2an>0.当n≥1时,=2an+1-an=2d,∴数列{bn}是首项为‎2a1,公比为2d的等比数列.4分 ‎(2)f(x)=2x求导得f′(x)=2xln 2,∴f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-b2=‎2a2ln 2(x-a2),令y=0,得-b2=(‎2a2ln 2)×(x-a2),x=a2-,∴a2=2.∴d=2-1=1,∴an=n,bn=2n.‎ ‎∴anb=n·4n,8分 其前n项和Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)·4n-1+n·4n,①‎ 两边乘4,得4Sn=1×42+2×43+3×44+…+(n-1)·4n+n·4n+1,②‎ ‎①-②,得Sn-4Sn=4+42+43+…+4n-n·4n+1=-n·4n+1,∴Sn=.14分 热点2 数列与不等式的综合应用 数列与不等式的交汇考查方式主要有三种:一是判断数列中的一些不等关系;二是以数列为载体,考查不等式恒成立问题;三是考查与数列有关的不等式的证明.‎ ‎ (2017·苏锡常镇调研一)已知首项为1的正项数列{an}满足a+a<‎ eq f(5,2)an+1an,n∈N+.‎ ‎(1)若a2=,a3=x,a4=4,求x的取值范围;‎ ‎(2)设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn为数列{an}前n项的和,若Snan,对n∈N+均成立,求实数λ的取值范围.‎ ‎[解] (1)∵等差数列{an}中,a1=1,S3=6,‎ ‎∴d=1,故an=n.2分 由 ‎①÷②得bn=2Sn-Sn-1=2an=2n(n≥2),‎ b1=2S1=21=2,满足通项公式,故bn=2n.5分 ‎(2)λbn>an恒成立,即λ>恒成立,7分 设cn=,则=,‎ 当n≥1时,cn+1≤cn,{cn}单调递减,‎ ‎∴(cn)max=c1=,故λ>,∴λ的取值范围是.14分 热点3 与等差(比)数列有关的综合问题(答题模板)‎ 解决等差、等比数列的综合问题,关键是理清两种数列的项之间的关系,并注重方程思想的应用,等差(比)数列共涉及五个量a1,an,Sn,d(q),n,“知三求二”.‎ ‎ (本小题满分16分)(2017·盐城模拟)已知正项数列{an},{bn}满足:对任意n∈N+,都有an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列,且a1‎ ‎=10,a2=15.‎ ‎(1)求证:数列{}是等差数列;‎ ‎(2)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(3)设Sn=++…+,如果对任意n∈N+,不等式2aSn<2-恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎[思路点拨] (1)只要证明2=+(n≥2)即可.‎ ‎(2)由(1)先求,再由a=bn-1bn求an.‎ ‎(3)由求Sn,然后把参数a分离,并借助数列的性质求参数a的取值范围.‎ ‎[规范解答] (1)证明:由已知,2bn=an+an+1 ①,a=bnbn+1②,‎ 由②可得,an+1= ③,将③代入①得,对任意n∈N+,n≥2,有2bn=+,‎ 即2=+,所以是等差数列.4分 ‎(2)设数列的公差为d,由a1=10,a2=15,得b1=,b2=18,6分 所以=,=3,所以d=-=,‎ 所以=+(n-1)d=+(n-1)·=(n+4),所以bn=.8分 a=bn-1bn=·,‎ an=.10分 ‎(3)由(2),==2,11分 所以,Sn=2=2,12分 故不等式2aSn<2-化为 ‎4a<2-,‎ 即a<,当n∈N+时恒成立,13分 令f(n)==·==1+++,‎ 则f(n)随着n的增大而减小,且f(n)>1恒成立.15分 故a≤1,所以,实数a的取值范围是(-∞,1].16分 ‎[答题模板] 第一步:由题设条件建立bn-1,bn,bn+1间的等量关系;‎ 第二步:借助等差中项法证明数列{}是等差数列;‎ 第三步:求基本量,并分别求出{an},{bn}的通项公式;‎ 第四步:分析的特点,并求Sn;‎ 第五步:把Sn,an,bn代入2aSn<2-中,并分离变量a;‎ 第六步:借助数列的单调性,求参数a的范围;‎ 第七步:反思回顾,查看关键点,易失分点,注意规范.‎ ‎[温馨提示] 若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.首项与公差是等差数列的“基本量”,首项与公比是等比数列的“基本量”.在解决等差数列或等比数列的相关问题时,“基本量法”是常用的方法.‎ ‎[对点训练3] (2017·无锡期末)已知数列{an}与{bn}满足an+1-an=q(bb+1-bn),n∈N+.‎ ‎(1)若bn=2n-3,a1=1,q=2,求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若a1=1,b1=2且数列{bn}为公比不为1的等比数列,求q的值,使数列{an}也是等比数列;‎ ‎(3)若a1=q,bn=qn(n∈N+)且q∈(-1,0),数列{an}有最大值M与最小值m,求的取值范围.‎ ‎[解] (1)由bn=2n-3且q=2得an+1-an=4,所以数列{an}为等差数列,‎ 又a1=1,所以an=4n-3.4分 ‎(2)由条件可知an-an-1=q(bn-bn-1),‎ 所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=q(bn-bn-1)+q(bn-1-bn-2)+…+q(b2-b1)+a1=qbn-qb1+a1=qbn-2q+1,6分 不妨设{bn}的公比为λ(λ≠1),则an=2qλn-1-2q+1,‎ 由{an}是等比数列知:a=a1a3可求出q=,‎ 经检验,an=2qλn-1,此时{an}是等比数列,所以q=满足条件.10分 ‎(3)由条件可知an-an-1=q(bn-bn-1),‎ 所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1‎ ‎=q(bn-bn-1)+q(bn-1-bn-2)+…+q(b2-b1)+a1=qbn-qb1+a1,‎ 即an=qn+1-q2+q,12分 a2n=q2n+1-q2+q,因为q∈(-1,0),‎ 所以a2n+2-a2n=q2n+3-q2n+1=q2n+1(q2-1)>0,则{a2n}单调递增;‎ a2n+1-a2n-1=q2n+2-q2n=q2n(q2-1)<0,则{a2n-1}单调递减;‎ 又a2n-a1=q2n+1-q2<0,所以数列{an}的最大项为a1=q=M,‎ a2n+1-a2=q2n+2-q3=q3(q2n-1-1)>0,‎ 所以数列{an}的最小项为a2=q3-q2+q=m,‎ 则==,‎ 因为q∈(-1,0),所以q2-q+1∈(1,3),所以∈.16分 热点探究训练(四)‎ A组 基础过关 ‎1.(2017·苏州期中)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,且a1,a2+5,a3成等差数列.‎ ‎(1)求a1,a2的值;‎ ‎(2)求证:数列{an+2n}是等比数列,并求数列{an}的通项公式.‎ ‎[解] (1)由已知,得‎2a1=a2-3 ①,‎ ‎2(a1+a2)=a3-7 ②,‎ 又因为a1,a2+5,a3成等差数列,‎ 所以a1+a3=2a2+10 ③,‎ 解①②③,得a1=1,a2=54分 ‎(2)由已知,n∈N+时,2(Sn+1-Sn)=an+2-an+1-2n+2+2n+1,‎ 即an+2=3an+1+2n+1,‎ 即an+1=3an+2n(n≥2),8分 由(1)得,a2=3a1+2,∴an+1=3an+2n(n∈N+).‎ 从而有an+1+2n+1=3an+2n+2n+1=3an+3×2n=3(an+2n).‎ 又a1+2>0,∴an+2n>0,∴=3.‎ ‎∴数列{an+2n}是等比数列,且公比为3.‎ ‎∴an+2n=(a1+2)×3n-1=3n,即an=3n-2n.14分 ‎2.(2017·泰州中学高三模底考试)已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=t(Sn-an+1)(t为常数,且t≠0,t≠1).‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=a+Sn·an,若数列{bn}为等比数列,求t的值;‎ ‎(3)在满足条件(2)的情形下,设cn=4an+1,数列{cn}的前n项和为Tn,若不等式≥2n-7对任意的n∈N+恒成立,求实数k的取值范围. ‎ ‎【导学号:62172212】‎ ‎[解] (1)当n=1时,S1=t(S1-a1+1),得a1=t.‎ 当n≥2时,由Sn=t(Sn-an+1),即 ‎(1-t)Sn=-tan+t,①‎ 得(1-t)Sn-1=-tan-1+t,②‎ ‎①-②,得(1-t)an=-tan+tan-1,即an=tan-1,‎ ‎∴=t(n≥2),‎ ‎∴{an}是等比数列,且公比是t,∴an=tn.4分 ‎(2)由(1)知,bn=(tn)2+·tn,即bn=,‎ 若数列{bn}为等比数列,则有b=b1·b3,‎ 而b1=2t2,b2=t3(2t+1),b3=t4(2t2+t+1),‎ 故2=(2t2)·t4(2t2+t+1),解得t=,‎ 再将t=代入bn,得bn=,‎ 由=,知{bn}为等比数列,∴t=.8分 ‎(3)由t=,知an=n,∴cn=4n+1,‎ ‎∴Tn=4×+n=4+n-,‎ 由不等式≥2n-7恒成立,得3k≥恒成立,‎ 设dn=,由dn+1-dn ‎=-=,‎ ‎∴当n≤4时,dn+1>dn,当n≥4时,dn+10时,因为an∈Z,则d≥1,且d∈Z,所以数列{an}中必有一项an>0.‎ 为了使得{an}为“等比源数列”,‎ 只需要{an}中存在第n项,第k项(mm>2),使得S2,Sm-S2,Sn-Sm成等比数列?若存在,求出所有的m,n;若不存在,说明理由.‎ ‎[解] (1)设数列{an}的公差为d.‎ 因为2a5-a3=13,S4=16,‎ 所以解得a1=1,d=2,‎ 所以an=2n-1,Sn=n2.4分 ‎(2)①当n为偶数时,设n=2k,k∈N+,‎ 则T2k=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2k-a2k-1)=2k.‎ 代入不等式λTn<[an+1+(-1)n+1an]·2n-1,得λ·2k<4k,从而λ<.‎ 设f(k)=,则f(k+1)-f(k)=-=.‎ 因为k∈N+,所以f(k+1)-f(k)>0,所以f(k)是递增的,所以f(k)min=2,‎ 所以λ<2.7分 ‎②当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N+,‎ 则T2k-1=T2k-(-1)2ka2k=2k-(4k-1)=1-2k.‎ 代入不等式λTn<[an+1+(-1)n+1an]·2n-1,得λ·(1-2k)<(2k-1)4k,‎ 从而λ>-4k.‎ 因为k∈N+,所以-4k的最大值为-4,所以λ>-4.‎ 综上,λ的取值范围为-4<λ<2.10分 ‎(3)假设存在正整数m,n(n>m>2),使得S2,Sm-S2,Sn-Sm成等比数列,‎ 则(Sm-S2)2=S2·(Sn-Sm),即(m2-4)2=4(n2-m2),‎ 所以4n2=(m2-2)2+12,即4n2-(m2-2)2=12,‎ 即(2n-m2+2)(2n+m2-2)=12.‎ 因为n>m>2,所以n≥4,m≥3,所以2n+m2-2≥15.‎ 因为2n-m2+2是整数,所以等式(2n-m2+2)(2n+m2-2)=12不成立,‎ 故不存在正整数m,n(n>m>2),使得S2,Sm-S2,Sn-Sm成等比数列.16分
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