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 11页

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