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(江苏专用)2016高考数学二轮复习 专题三 第2讲 数列的综合应用课件 理


第2讲 数列的综合应用

高考定位

高考对本内容的考查主要有: (1) 通过适当的代

数变形后,转化为等差数列或等比数列的问题; (2) 求数列 的通项公式及其前n项和的基本的几种方法; (3)数列与函数、

不等式的综合问题.题型一般为解答题,且为压轴题.

真题感悟

r />
(2015· 江苏卷)设 a1,a2,a3,a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的 等差数列. (1)证明:2a1,2a2,2a3,2a4 依次构成等比数列;
3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 , a , a 2 3 4依次构成等比数列?并说

明理由;
n k n (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an 1,a2 ,a3
+ +2k

,an 4

+3k

依次

构成等比数列?并说明理由.

(1)证明

2 an?1 因为 2an

= 2a

n?1 ? an

-an=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所

以 2a1,2a2,2a3,2a4 依次构成等比数列, (2)解 不存在,理由如下:

令 a1+d=a,则 a1,a2,a3,a4 分别为 a-d,a,a+d,a+2d(a >d,a>-2d,d≠0).
3 4 假设存在 a1,d,使得 a1,a2 , a , a 2 3 4依次构成等比数列,

则 a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.
? 1 ? d 3 6 4? 令 t=a, 则 1=(1-t)(1+t) , 且(1+t) =(1+2t) -2<t<1,t≠0?, ? ?

化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1. 将 t2=t+1 代入(*)式, t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0, 1 则 t=-4. 1 显然 t=-4不是上面方程的解,矛盾, 所以假设不成立.
3 4 因此不存在 a1,d,使得 a1,a2 , a , a 2 3 4依次构成等比数列.

(3)解

不存在,理由如下:

n+k n+2k n+3k 假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,a4 依次构 1,a2 ,a3 成等比数列,

n 则 an ( a + 2 d ) 1 1

+2k

=(a1+d)2(n

+k)

,且(a1+d)n k(a1+3d)n


+3k

=(a1+2d)2(n+2k). 分别在两个等式的两边同除以 a2 1
(n+k)

2 及 a1

(n+2k)



? 1 d? + + 并令 t= ?t>-3,t≠0?,则(1+2t)n 2k=(1+t)2(n k), a1? ?

且(1+t)n k(1+3t)n


+3k

=(1+2t)2(n

+2k).

将上述两个等式两边取对数, 得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t), 且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t). 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且 3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].

再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t), 则 g′(t)=
2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)] . (1+t)(1+2t)(1+3t)

令 φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t), 则 φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t)].

令 φ1(t)=φ′(t),则 φ1′(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 12 令 φ2(t)=φ1′(t),则 φ2′(t)= >0. (1+t)(1+2t)(1+3t) 由 g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ′2(t)>0, 知
? 1 ? φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在?-3,0?和(0,+∞)上均单调. ? ?

故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不 成立.
n+k n+2k n+3k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an , a , a , a 依次 1 2 3 4

构成等比数列.

考点整合

1.数列求和的常用方法
(1)公式法:直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解. (2)倒序相加法:适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末 两项之和,且和为常数的数列.等差数列前n项和公式的推导就 使用了倒序相加法,利用倒序相加法求解数列前n项和时,要把

握数列通项公式的基本特征,即通过倒序相加可以得到一个常
数列,或者等差数列、等比数列,从而转化为常见数列的求和 方法,这也是数学转化与化归思想的具体体现.

(3)错位相减法: 适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项 的乘积组成的数列.把 Sn=a1+a2+?+an 两边同乘以相应等比数列 的公比 q,得到 qSn=a1q+a2q+?+anq,两式错位相减即可求出 Sn. (4)裂相相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然 ? ? c ? ? ? 后通过累加抵消中间若干项的方法, 裂项相消法适用于形如 a a ? ? n n+1? ? ? (其中{an}是各项均不为零的等差数列,c 为常数)的数列.

(5)拆项分组法:把数列的每一项拆成两项 (或多项),再重新组合 成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和.

(6)并项求和法:与拆项分组相反,并项求和是把数列的两项(或
多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,一般适用于正负相

间排列的数列求和,注意对数列项数奇偶性的讨论.

2.数列单调性的常见题型及处理方法如下: (1)求最大(小)项时,可利用①数列单调性; ②函数单调性; ③导数. (2)求参数范围时,可利用①作差法;②同号递推法;③先猜后证法. 3.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,或者放缩后成等差比数列再求和,或者 放缩后裂项相消后再求和; (3)数学归纳法.

热点一 有关数列中计算的综合问题
【例1】 (2011· 江苏卷)设M为部分正整数组成的集合,数列{an}的 首项a1=1,前n项的和为Sn,已知对任意的整数k∈M,当整数n

>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立.
(1)设M={1},a2=2,求a5的值;

(2)设M={3,4},求数列{an}的通项公式.



(1)由题设知,当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)

=2S1,从而an+1-an=2a1=2.又a2=2,故当n≥2时,an=a2+2(n-2)=2n-2. 所以a5的值为8.

(2)由题设知,当k∈M={3,4}且n>k时,Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1
-k=2Sn+1+2Sk,两式相减得an+1+k+an+1-k=2an+1,即an+1+k-an+1=an+1-

an+1-k,所以当n≥8时,an-6,an-3,an,an+3,an+6成等差数列,且an-6,an-
2,an+2,an+6也成等差数列.

从而当n≥8时,2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)且an+6+an-6=an+2+an-2.所 以当n≥8时,2an=an+2+an-2,即an+2-an=an-

an-2.于是当n≥9时,an-3,an-1,an+1,an+3成等差数列,从而
an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知2an=an+1+an-1,即an+1-an=an-an-1. 当n≥9时,设d=an-an-1.

当 2≤m≤8 时,m+6≥8,从而由(*)式知 2am+6=am+am+12,故 2am+7=am+1+am+13.从而 2(am+7-am+6)=am+1-am+(am+13-am+12), 于是 am+1-am=2d-d=d. 因此, an +1 - an = d 对任意 n≥2 都成立 . 又由 Sn + k+ Sn - k- 2Sn = 2Sk(k∈{3, 4})可知, (Sn+k-Sn)-(Sn-Sn-k)=2Sk, 故 9d=2S3 且 16d 7 3 5 9 =2S4.解得 a4= d,从而 a2= d,a3= d,又由 S3= d=a1+a2+ 2 2 2 2 d a3,故 a1=2.因此,数列{an}为等差数列,由 a1=1 知 d=2,所以 数列{an}的通项公式为 an=2n-1.

探究提高 难度较高.

此类问题看似简单,实际复杂,思维量和计算量较大,

【训练 1】 (2012· 江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn} an+bn 满足:an+1= 2 2,n∈N*. an+bn
2 ? ?? bn ? ? ? bn ?? ? ? * (1)设 bn+1=1+a ,n∈N ,求证:数列 ?? an ? ? 是等差数列; ? ? n

bn * (2)设 bn+1= 2· , n ∈ N ,且{an}是等比数列,求 a1 和 b1 的值. an

an+bn (1)证明 由题设知 an+1= 2 2= an+bn bn+1 = an+1

bn 1+ a n = ?bn?2 1+?a ? ? n?

bn+1
?bn?2 1+?a ? ? n?

,所以

?bn+1?2 ?b ?2 ?bn?2 ??bn?2? n ? ? * 1+?a ? ,从而? -?a ? =1(n∈N ),所以数列??a ? ?是 ? ? n? ? n? ?? n? ? ?an+1?

以 1 为公差的等差数列. (2)解 (an+bn)2 2 2 因为 an>0,bn>0,所以 ≤a2 n+bn<(an+bn) , 2

an+bn 从而 1<an+1= 2 2≤ 2.(*) an+bn 设等比数列{an}的公比为 q,由 an>0 知 q>0.下证 q=1.

a2 2 若 q>1,则 a1= q <a2≤ 2,故当 n>logq 时,an+1=a1qn> 2,与(*) a1 矛盾; a2 1 若 0<q<1,则 a1= q >a2>1,故当 n>logq 时,an+1=a1qn<1,与(*) a1 矛盾. 综上,q=1,故 an=a1(n∈N*),所以 1<a1≤ 2. 2 2 bn * 又 bn+1= 2· bn(n∈N ), 所以{bn}是公比为 a 的等比数列.若 a1≠ 2, an= a1 · 1
2 a1+bn a1± a2 1 2-a1 则 a >1,于是 b1<b2<b3.又由 a1= 2 (n∈N*), 2 2得 bn= a1-1 1 a1+bn

2

所以 b1 , b2 , b3 中至少有两项相同,矛盾,所以 a1 = 2 ,从而 bn =
2 a1± a2 1 2-a1 = 2.所以 a1=b1= 2. a2 1-1

热点二 有关数列中证明的综合问题
an+an+2 【例 2】 如果无穷数列{an}满足下列条件:① 2 ≤an+1;②存 在实数 M,使得 an≤M,其中 n∈N*,那么我们称数列{an}为 Ω 数列. (1)设数列{bn}的通项为 bn=5n-2n,且是 Ω 数列,求 M 的取值范围; 1 (2)设{cn}是各项为正数的等比数列,Sn 是其前 n 项和,c3= ,S3 4 7 = ,证明:数列{Sn}是 Ω 数列; 4 (3)设数列{dn}是各项均为正整数的 Ω 数列,求证:dn≤dn+1.

(1)解

∵bn+1-bn=5-2n,∴当 n≥3,bn+1-bn<0,故数列{bn}单

调递减;当 n=1,2 时,bn+1-bn>0,即 b1<b2<b3,则数列{bn} 中的最大项是 b3=7,所以 M≥7. 1 (2)证明 ∵{cn}是各项为正数的等比数列, Sn 是其前 n 项和, c3=4, 7 c3 c3 7 S3=4,设其公比为 q>0,∴q2+ q +c3=4.整理得 6q2-q-1=0, 1 1 1 1 解得 q= ,q=- (舍去).∴c1=1,cn= n-1,Sn=2- n-1<2,对 2 3 2 2 Sn+Sn+2 1 1 1 任意的 n∈N ,有 2 =2-2n- n+2<2-2n=Sn+1,且 Sn<2, 2
*

故{Sn}是 Ω 数列.

(3)证明 假设存在正整数 k 使得 dk>dk+1 成立,有数列{dn}的各项 dk+dk+2 均为正整数, 可得 dk≥dk+1+1, 即 dk+1≤dk-1.因为 ≤dk+1, 2 所以 dk+2≤2dk+1-dk≤2(dk-1)-dk=dk-2,由 dk+2≤2dk+1-dk 及 dk+1+dk+3 dk>dk+1 得 dk+2<2dk+1-dk+1=dk+1, 故 dk+2≤dk+1-1.因为 2 ≤dk+2, 所以 dk+3≤2dk+2-dk+1≤2(dk+1-1)-dk+1=dk+1-2≤dk-3, 由此类推,可得 dk+m≤dk-m(m∈N*).又存在 M,使 dk≤M,∴m> M,使 dk+m<0,这与数列{dn}的各项均为正数矛盾,所以假设不成 立,即对任意 n∈N*,都有 dk≤dk+1 成立.

探究提高

不等式证明是数列问题中的常见题型,一般方法是利

用不等式证明的常规方法,如综合法、分析法等直接证明方法, 也可以应用反证法等间接证明方法.

【训练2】 (2014· 江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正 整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.

(1) 若数列 {an} 的前 n 项和 Sn = 2n(n∈N*) ,证明: {an} 是“H 数
列”; (2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数 列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和

{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.

(1)证明 由已知,当 n≥1 时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是 对任意的正整数 n,总存在正整数 m=n+1,使得 Sn=2n=am.所以 {an}是“H 数列”. (2)解 由已知,得 S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H 数列”,所以

存在正整数 m,使得 S2=am,即 2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1. 因为 d<0,所以 m-2<0,故 m=1.从而 d=-1. n(3-n) * 当 d=-1 时,an=2-n,Sn= 是小于 2 的整数, n ∈ N , 2 n(3-n) 于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m=2-Sn=2- , 2 使得 Sn=2-m=am,所以{an}是“H 数列”.因此 d 的值为-1.

(3)证明 设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d=na1+(n -1)(d-a1)(n∈N*). 令 bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则 an=bn+cn(n∈N*). n(n+1) 下证{bn}是“H”“数列”设{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn= 2 n(n+1) a1(n∈N ),于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m= , 2
*

使得 Tn=bm,所以{bn}是“H 数列”. 同理可证{cn}也是“H 数列”.所以,对任意的等差数列{an},总存 在两个“H 数列”{bn}和{cn},使得 an=bn+cn(n∈N*)成立.

热点三 数列中的探索性问题
【例 3】 (2014· 泰州期末)设数列{an}的前 n 项积为 Tn,已知对?n, Tn m∈N ,当 n>m 时,总有T =Tn-m· q(n-m)m(q>0 是常数). m
*

(1)求证:数列{an}是等比数列; (2)设正整数 k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较 Tn· Tk 和(Tm)2 的大小,并说明理由; Tn - (3)探究:命题 p:“对?n,m∈N , 当 n>m 时, 总有T =Tn-m· q(n m)m(q m
*

>0 是常数)”是命题 t: “数列{an}是公比为 q(q>0)的等比数列” 的充要条件吗?若是,请给出证明;若不是,请说明理由.

Tn Tn (1)证明 设 m=1, 则有 =Tn-1· qn-1, 因为 Ti≠0(i∈N*), 所以有 T1 Tn-1 =a1· qn-1,即 an=a1· qn-1, an 所以当 n≥2 时 =q, an-1 所以数列{an}是等比数列. (2)解
n k n+k 当 q=1 时,an=a1(n∈N*),所以 Tn=an , 所以 T · T = a · a = a 1 n k 1 1 1

m 2 n-1 n 1+2+?+(n-1) =a2 = T ,当 q ≠ 1 时, a = a · q , T = a · a ? a = a q 1 m n 1 n 1 2 n 1· n n(n-1) =a1· q ,

2

2 2 n ( n - 1 ) k ( k - 1 ) n - n + k -k n k n+k 2 所以 Tn· Tk=a1· q · a q = a q , T 1· 1 · m 2 2 2 m m(m =a2 q 1 ·
-1).

2 2 2 2 ?n+k? n + k - n - k n + k ? ?2 n+k 2m 因为 n+k=2m 且 k<m<n,所以 a1 =a1 , = - m > ? 2 ? 2 2 ? ?

-m=m2-m,所以若 q>1,则 Tm· Tk>T2 Tk<T2 m;若 q<1,则 Tm· m. (3)解 由(1)知,充分性成立;必要性:若数列{an}成等比数列,则 an=a1· qn-1,
n ( n ?1) 2

所 以 当 q≠1 时 , Tn = a n q 1·
-m q an · 1

2 2 a · q n - n - m +m Tn n-m n ( m ?1) ,则T = n 2 =a1 · q = 2 a1 · q m
( n ?m )( n ?m ?1) 2

n 1

n ( n ?1) 2

( n ?m )( n ?m ?1) 2

,Tn-m· q

(n-m)m

-m =an ·q 1

· q

(n-m)· m

-m q =an 1 ·

( n ?m )( n ?m?1) ? 2( n ?m ) m 2



-m q an · 1

( n ?m )( n ?m ?1) 2

Tn - .所以, “对?n, m∈N*, 当 n>m 时总有T =Tn-m· q(n m)m 成立;
m

同理可证当 q=1 时也成立.所以命题 p 是命题 t 的充要条件.

探究提高

数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似,也是

差比法或商比法.另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面
判断与寻找.

【训练 3】 (2015· 徐州质检)已知数列{an},{bn}满足 a1=3,anbn
? 2 ? ? * =2,bn+1=an?bn-1+a ? , n ∈ N . ? ? n? ?1? (1)求证:数列?b ?是等差数列,并求数列{bn}的通项公式; ? n?

(2)设数列{cn}满足 cn=2an-5,对于给定的正整数 p,是否存在 1 1 1 正整数 q,r(p<q<r),使得c ,c ,c 成等差数列?若存在,试 p q r 用 p 表示 q,r;若不存在,请说明理由.

2 2an (1)证明 因为 anbn=2,所以 an=b ,则 bn+1=anbn- =2- 1+an n 4 2bn 2 =2-bn+2=bn+2, 1+b n
?1? 1 1 2 3 ? ? 所以 = + ,又 a1=3,所以 b1=3,故 b 是首项为2,公差 ? n? bn+1 bn 2

4 bn

1

1 1 3 1 n+2 2 为2的等差数列,即b =2+(n-1)×2= 2 ,所以 bn= . n+2 n (2)解 由(1)知 an=n+2,所以 cn=2an-5=2n-1.

①当 p=1 时,cp=c1=1,cq=2q-1,cr=2r-1, 1 1 1 2 1 若c ,c ,c 成等差数列,则 =1+ ,(*) 2q-1 2r-1 p q r

2 1 因为 p<q<r,所以 q≥2,r≥3, <1,1+ >1,所以(*) 2q-1 2 r -1 式不成立. 1 1 1 2 1 1 ②当 p≥2 时,若c ,c ,c 成等差数列,则 = + , 2q-1 2p-1 2r-1 p q r 4p-2q-1 1 2 1 所以 = - = , 即 2r - 1 = 2r-1 2q-1 2p-1 (2p-1)(2q-1) (2p-1)(2q-1) 2pq+p-2q ,所以 r= , 4p-2q-1 4p-2q-1 欲满足题设条件,只需 q=2p-1,此时 r=4p2-5p+2, 因为 p≥2,所以 q=2p-1>p,r-q=4p2-7p+3=4(p-1)2+p-1 >0,即 r>q.综上所述,当 p=1 时,不存在 q,r 满足题设条件; 当 p≥2 时,存在 q=2p-1,r=4p2-5p+2,满足题设条件.

1.数列与不等式综合问题

(1)如果是证明不等式,常转化为数列和的最值问题,同时要注
意比较法、放缩法、基本不等式的应用; (2)如果是解不等式,注意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题 (1)函数条件的转化:直接利用函数与数列的对应关系,把函数

解析式中的自变量x换为n即可.
(2)数列向函数的转化:可将数列中的问题转化为函数问题,但 要注意函数定义域.

3.数列中的探索性问题 处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对象存在或结

论成立或其中的一部分结论成立,然后在这个前提下进行逻辑
推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定结论,其 中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已知条件建立恒 等式,利用等式恒成立的条件求解.


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