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- 2021-06-16 发布
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第2课时 数列的综合问题
题型一 数列与函数
例1 数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N+,且a1,a2+5,19成等差数列.
(1)求a1的值;
(2)证明为等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(3)设bn=log3(an+2n),若对任意的n∈N+,不等式bn(1+n)-λn(bn+2)-6<0恒成立,试求实数λ的取值范围.
解 (1)在2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N+中,
令n=1,得2S1=a2-22+1,即a2=2a1+3,①
又2(a2+5)=a1+19,②
则由①②解得a1=1.
(2)当n≥2时,由
③-④得2an=an+1-an-2n,
则+1=,
又a2=5,则+1=.
∴数列是以为首项,为公比的等比数列,
∴+1=×n-1,即an=3n-2n.
(3)由(2)可知,bn=log3(an+2n)=n.
当bn(1+n)-λn(bn+2)-6<0恒成立时,
即(1-λ)n2+(1-2λ)n-6<0(n∈N+)恒成立.
设f(n)=(1-λ)n2+(1-2λ)n-6(n∈N+),
当λ=1时,f(n)=-n-6<0恒成立,则λ=1满足条件;
当λ<1时,由二次函数性质知不恒成立;
当λ>1时,由于对称轴n=-<0,
则f(n)在[1,+∞)上单调递减,
f(n)≤f(1)=-3λ-4<0恒成立,则λ>1满足条件,
综上所述,实数λ的取值范围是[1,+∞).
思维升华 数列与函数的交汇问题
(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题;
(2)已知数列条件,解决函数问题,解题时要注意数列与函数的内在联系,掌握递推数列的常见解法.
跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{an}满足a1=1,2an+1=an,数列{bn}满足bn=2-log2a2n+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,求使得2Tn≤4n2+m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围.
解 (1)由a1=1,=,an≠0,
∴{an}是首项为1,公比为的等比数列,
∴an=n-1.
∴bn=2-log22n=2n+2.
(2)由(1)得,Tn=n2+3n,
∴m≥-2n2+6n对任意正整数n都成立.
设f(n)=-2n2+6n,
∵f(n)=-2n2+6n=-22+,
∴当n=1或2时,f(n)的最大值为4,
∴m≥4.
即m的取值范围是[4,+∞).
题型二 数列与不等式
例2 已知数列{an}中,a1=,其前n项的和为Sn,且满足an=(n≥2).
(1)求证:数列是等差数列;
(2)证明:S1+S2+S3+…+Sn<1.
证明 (1)当n≥2时,Sn-Sn-1=,整理得Sn-1-Sn=2Sn·Sn-1(n≥2),
∴-=2,从而构成以2为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)可知,=+(n-1)×2=2n,∴Sn=.
∴当n=1时,Sn=<1,
方法一 当n≥2时,Sn=<·
=,
∴S1+S2+S3+…+Sn <+=1-<1.
∴原不等式得证.
方法二 当n≥2时,
<=,
∴S1+S2+S3+…+Sn
<+
=+,
<+=<1.
∴原命题得证.
思维升华 数列与不等式的交汇问题
(1)函数方法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式;
(2)放缩方法:数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.
跟踪训练2 已知数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且b1=a1=1,b2=a1+a2,a3=2b3-6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<.
(1)解 设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,
由题意得1+d=1+q,q2=2(1+2d)-6,
解得d=q=2,
所以an=2n-1,bn=2n-1.
(2)证明 因为cn==
=,
所以Tn=
=
=-,
因为>0,所以Tn<.
又因为Tn在[1,+∞)上单调递增,
所以当n=1时,Tn取最小值T1=,
所以≤Tn<.
题型三 数列与数学文化
例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话:“今有金锤,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,中间三尺重几何.”意思是:“现有一根金锤,长5尺,头部1尺,重4斤,尾部1尺,重2斤,且从头到尾,每一尺的重量构成等差数列,问中间三尺共重多少斤.”( )
A.6斤 B.7斤 C.8斤 D.9斤
答案 D
解析 原问题等价于等差数列中,
已知a1=4,a5=2,求a2+a3+a4的值.
由等差数列的性质可知a2+a4=a1+a5=6,
a3==3,
则a2+a3+a4=9,即中间三尺共重9斤.
思维升华 我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多,解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题,掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n项和公式.
跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列,中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下:数列{an}的前n项和Sn=n2,n∈N+,等比数列{bn}满足b1=a1+a2,b2=a3+a4,则b3等于( )
A.4 B.5 C.9 D.16
答案 C
解析 由题意可得b1=a1+a2=S2=×22=1,
b2=a3+a4=S4-S2=×42-×22=3,
则等比数列{bn}的公比q===3,
故b3=b2q=3×3=9.
1.(2018·包头模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若f(x)=,设bn=f(a1)+f(a2)+…+f(an),求数列的前n项和Tn.
解 (1)由Sn=-an+1得Sn+1=-an+1+1,
两式相减得,Sn+1-Sn=-an+1+an,
即 an+1=-an+1+an,即 =(n≥1),
所以数列{an}是公比为的等比数列,
又由a1=-a1+1得a1=,
所以an=a1qn-1=n.
(2)因为bn=f(a1)+f(a2)+…+f(an)
=1+2+…+n=,
所以==2,
所以Tn=2
=2=.
2.已知等差数列{an}的公差d≠0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn-2n<.
(1)解 由a1=0得an=(n-1)d,Sn=,
因为a2+2,S3,S4成等比数列,
所以S=(a2+2)S4,
即(3d)2=(d+2)·6d,
整理得3d2-12d=0,即d2-4d=0,
因为d≠0,所以d=4,
所以an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4.
(2)证明 由(1)可得Sn+1=2n(n+1),
所以bn===2+
=2+,
所以Tn=2n+++…+
=2n+1+--,
所以Tn-2n<.
3.已知二次函数f(x)=ax2+bx的图象过点(-4n,0),且f′(0)=2n,n∈N+,数列{an}满足=f′,且a1=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)f′(x)=2ax+b,由题意知b=2n,
16n2a-4nb=0,
∴a=,
则f(x)=x2+2nx,n∈N+.
数列{an}满足=f′,
又f′(x)=x+2n,
∴=+2n,∴-=2n,
由累加法可得-=2+4+6+…+2(n-1)=n2-n,
化简可得an=(n≥2),
当n=1时,a1=4也符合,
∴an=(n∈N+).
(2)∵bn==
=2,
∴Tn=b1+b2+…+bn
=++…+
=2
=2
=.
4.已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
解 (1)设数列{xn}的公比为q.
由题意得
所以3q2-5q-2=0,
由已知得q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意得bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
则2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1,②
由①-②,得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=+-(2n+1)×2n-1.
所以Tn=.
5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=1,点P(,Sn+1)在曲线y=(x+1)2上.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)设bn=,Tn表示数列{bn}的前n项和,若Tn≥a恒成立,求Tn及实数a的取值范围.
解 (1)由Sn+1=(+1)2,得-=1,
所以数列{}是以为首项,1为公差的等差数列,
所以=+(n-1)×1,即Sn=n2,
由公式an=
得an=所以an=2n-1.
(2)因为bn==
=,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=
=,
显然Tn是关于n的增函数,
所以Tn有最小值(Tn)min=T1=×=.
由于Tn≥a恒成立,所以a≤,
于是a的取值范围是.
6.已知各项均不相等的等差数列{an}的前三项和为9,且a1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)分别求数列{an},{bn}的前n项和Sn,Tn;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn,设cn=,求证:cn+1>cn(n∈N+).
(1)解 设数列{an}的公差为d,
则
解得或(舍去),
所以an=n+1,Sn=.
又b1=a1=2,b2=a3=4,
所以bn=2n,Tn=2n+1-2.
(2)证明 因为an·bn=(n+1)·2n,
所以Kn=2·21+3·22+…+(n+1)·2n,①
所以2Kn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,②
①-②得-Kn=2·21+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1,
所以Kn=n·2n+1.
则cn==,
cn+1-cn=-
=>0,
所以cn+1>cn(n∈N+).