（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 5 第5讲 数列的综合应用教学案

第5讲数列的综合应用等差数列与等比数列的综合问题 (2018高考浙江卷)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式【解】(1)由a42是a3，a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得820，解得q2或q，因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可知an2n1，所以bn1bn(4n1)，故bnbn1(4n5)，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)(4n9)73.设Tn3711(4n5)，n2，Tn37(4n9)(4n5)，所以Tn3444(4n5)，因此Tn14(4n3)，n2，又b11，所以bn15(4n3).解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解 已知数列an的前n项和为Sn，若an3Sn4，bnlog2an1.(1)求数列an的通项公式与数列bn的通项公式；(2)令cn，其中nN*，若数列cn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由a13a14，得a11，由an3Sn4，知an13Sn14，两式相减并化简得an1an，所以an.bnlog2an1log22n.(2)由题意知，cn.令Hn，则Hn，得，Hn1.所以Hn2.又Mn11，所以TnHnMn2.数列与函数的综合问题 (2020杭州学军中学高三模拟)已知数列an的前n项和Snan2(nN*)，数列bn满足bn2nan.(1)求证：数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设cnlog2，数列的前n项和为Tn，求满足Tn(nN*)的n的最大值【解】(1)在Snan2中，令n1，可得a1S1a112，a1.当n2时，Sn1an12，所以anSnSn1anan1.即2anan1，2nan2n1an11.而bn2nan，所以bnbn11.即当n2时，bnbn11.又b12a11，所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列于是bn1(n1)1n，所以an.(2)因为cnlog2log22nn，所以.Tn()1，由Tn，得1.又f(n)单调递减，f(4)，f(5)，所以n的最大值为4. (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，解决函数问题解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解 (2020杭州五校联考)等差数列an的前n项和为Sn，已知函数f(x)，且f(a22)sin ，f(a2 0162)cos ，求S2 017.解：因为f(x)，f(x)，所以f(x)f(x)0，即f(x)f(x)而f(x)1，所以f(x)是R上的增函数又f(a22)sin sinsin ，f(a2 0162)cos coscos ，所以f(a22)f(a2 0162)f(2a2 016)，所以a222a2 016，所以a2a2 0164.所以S2 0174 034. 数列不等式的证明(高频考点)证明数列不等式是浙江高考的热点，一般难度较大主要命题角度有：(1)用构造数列法和数列的单调性证明数列不等式；(2)用比较法证明数列不等式；(3)证明与数列前n项和有关的不等式；(4)用数学归纳法证明数列不等式角度一用构造数列法和数列的单调性证明数列不等式 (1)对任意自然数n，求证(11)(1).(2)若n2，nN*，证明不等式12.【证明】(1)构造数列an(11)(1)，则1.所以ana11，即(11).(2)设an，则an1an0.所以an是单调递减数列，所以anan1an2a2a10.所以0.所以12.角度二用比较法证明数列不等式 已知数列an是正数组成的数列，a11，且点(，an1)(nN*)在函数yx21的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b11，bn1bn2an，求证：bnbn2b.【解】(1)由已知得an1an1，即an1an1，又a11，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列故an1(n1)1n.(2)证明：法一：由(1)知ann，从而bn1bn2n.bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b12n12n2212n1.因为bnbn2b(2n1)(2n21)(2n11)2(22n22n22n1)(22n222n11)2n0，所以bnbn2b.法二：因为b11，bnbn2b(bn12n)(bn12n1)b2n1bn12nbn12n2n12n(bn12n1)2n2n2n2n0，所以bnbn2b.角度三证明与数列前n项和有关的不等式 正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an 的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上可知，数列an的通项公式an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.Tn.角度四用数学归纳法证明数列不等式 (2019高考浙江卷)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，nN*，证明：c1c2cn2，nN*.【解】(1)设数列an的公差为d，由题意得a12d4，a13d3a13d，解得a10，d2.从而an2n2，nN*.所以Snn2n，nN*.由Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列得(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)解得bn(SSnSn2)所以bnn2n，nN*.(2)证明：cn，nN*.我们用数学归纳法证明当n1时，c102，不等式成立；假设nk(kN*)时不等式成立，即c1c2ck2，那么，当nk1时，c1c2ckck122222()2，即当nk1时不等式也成立根据和知，不等式c1c2cn2对任意nN*成立证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明(2)若待证不等式的两边均为关于n的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式(3)与数列前n项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明(4)当待证不等式随n的变化呈现的规律较明显，且初始值n0易于确定时，用数学归纳法证明 (2020浙江名校联考)数列an中，a12，an1an(nN*)(1)证明：数列是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)设bn，若数列bn的前n项和是Tn，求证：Tn2.解：(1)由题设得，又2，所以数列是首项为2，公比为的等比数列，所以222n，ann22n.(2)证明：bn，因为对任意nN*，2n12n1，所以bn.所以Tn120，所以q2，a11，则an2n1.设数列bn的公差为d，因为b35，S416，所以解得则bn2n1.由得PnPn1an1an2n2n12n1，PnQnbn2n1，故cnSPnQnPn1(2n1)2n2，则Tnc1c2c3cn11325(2n1)2n2, i2Tn112345(2n1)2n1, ii由 i ii得，Tn2(122n2)(2n1)2n1(2n1)2n1(32n)2n1，故Tn(2n3)2n1(nN*)数列中的创新问题的解法(1)新定义问题数列新定义型创新题的一般解题思路阅读审清“新定义”；结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识；利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论(2)新情境问题数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征；二是会转化；三是活用数列求和的方法 1在数列an中，nN*，若k(k为常数)，则称an为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：k不可能为0；等差数列一定是“等差比数列”；等比数列一定是“等差比数列”；“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是_解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错误；当an是等比数列，且公比q1时，an不是等差比数列，所以错误；数列0，1，0，1，是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以正确答案：2已知函数f(x)2sin(x)(0，|)的图象经过点，且在区间上为单调函数(1)求，的值；(2)设annf(nN*)，求数列an的前30项和S30.解：(1)由题可得2k，kZ，2k，kZ，解得2，2k，kZ，因为|，所以.(2)因为an2nsin(nN*)，数列(nN*)的周期为3，前三项依次为0，所以a3n2a3n1a3n(3n2)0(3n1)3n()(nN*)，所以S30(a1a2a3)(a28a29a30)10.基础题组练1(2020杭州第一次质量预测)正项等比数列an中的a1，a4 035是函数f(x)x34x26x3的极值点，则loga2 018()A1 B2C. D1解析：选A.因为f(x)x28x6，且a1，a4 035是方程x28x60的两根，所以a1a4 035a6，即a2 018，所以loga2 0181，故选A.2已知数列an满足：a11，an1(nN*)若bn1(n2)(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是()A B1C Dbn，所以(n2)2n(n12)2n1，解得b1，b1，b2(12)2，解得，所以的取值范围是0，且a1a2a7a816，则a4a5的最小值为_解析：由等比数列性质得，a1a2a7a8(a4a5)416，又an0，所以a4a52.再由基本不等式，得a4a522.所以a4a5的最小值为2.答案：24(2020宁波市余姚中学高三期中)已知数列an满足a12，an1a6an6(nN*)(1)设Cnlog5(an3)，求证Cn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.解：(1)证明：由an1a6an6得an13(an3)2，所以log5(an13)2log5(an3)，即Cn12Cn，所以Cn是以2为公比的等比数列(2)又C1log551，所以Cn2n1，即log5(an3)2n1，所以an352n1，故an52n13.(3)证明：因为bn，所以Tn.又0，所以Tn.5已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)证明：(1)由题意得an1ana0，即an10.由0an得(1，2，所以12.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1.由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得an1；(2)求证：nN*时，2Sn2n.证明：(1)n2时，作差：an1an，所以an1an与anan1同号，由a14，可得a2，可得a2a1an1.(2)因为2a6an，所以2(a4)an2，即2(an12)(an12)an2，所以an12与an2同号，又因为a1220，所以an2.所以Sna1a2an42(n1)2n2.所以Sn2n2.由可得：，因此an2(a12)，即an22.所以Sna1a2an2n22n.综上可得：nN*时，2Sn2n.8(2020金华模拟)已知数列an满足a1，an1an2an11(nN*)，令bnan1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求证：c1c2cnn.解：(1)因为an1an2an11(nN*)，bnan1，即anbn1.所以(bn11)(bn1)2(bn11)1，化为：1，所以数列是等差数列，首项为2，公差为1.所以2(n1)1n，所以bn.(2)证明：由(1)可得：anbn11.所以cn1，因为n2时，2n22n11，所以，所以c1c2cnnnn.综合题组练1设数列an满足1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|，nN*，证明：|an|2，nN*.证明：(1)由1，得|an|an1|1，故，nN*，所以1，因此|an|2n1(|a1|2)，nN*.(2)任取nN*，由(1)知，对于任意mn，故|an|2n2n22n.从而对于任意mn，均有|an|22n.由m的任意性得|an|2.否则，存在n0N*，有|an0|2，取正整数m0log且m0n0，则2n02n0|an0|2，与式矛盾，综上，对于任意nN*，均有|an|2.2(2020台州市高考模拟)已知数列an满足：an0，an12(nN*)(1)求证：an2an12(nN*)；(2)求证：an1(nN*)证明：(1)由an0，an12，所以an122，因为2an22，所以an2an12.(2)假设存在aN1(N1，NN*)，由(1)可得当nN时，anaN11，根据an1110，而an1，所以1.于是1，1.累加可得n1(*)，由(1)可得aNn10，而当n1时，显然有n10，因此有n1，这显然与(*)矛盾，所以an1(nN*)3(2020杭州市学军中学高考模拟)已知函数fn(x)xn(1x)2在(，1)上的最大值为an(n1，2，3，)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：对任何正整数n(n2)，都有an成立；(3)设数列an的前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有Sn成立解：(1)因为fn(x)xn(1x)2，所以fn(x)nxn1(1x)22xn(1x)xn1(1x)n(1x)2x(n2)xn1(x1)(x)，当x(，1)时，由fn(x)0，知：x，因为n1，所以(，1)，因为x(，)时，fn(x)0；x(，1)时，fn(x)0；所以f(x)在(，)上单调递增，在(，1)上单调递减所以fn(x)在x处取得最大值，即an.(2)证明：当n2时，欲证，只需证明4，因为CCCC121214，所以当n2时，都有an成立(3)证明：Sna1a2an()()()().所以对任意正整数n，都有Sn成立4(2020绍兴一中期末检测)已知数列an的前n项和Sn，且a11.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnln an，是否存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由；(3)已知当nN*且n6时，其中m1，2，n，求满足等式3n4n(n2)n(an3)an的所有n的值解：(1)当n2时，anSnSn1，所以(n2)所以ana11n.因为a11，也符合上式所以数列an的通项公式为ann(nN*)(2)假设存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列，则bkbk2b.因为bnln anln n(n2)，所以bkbk2ln kln(k2)ln(k1)2b.这与bkbk2b矛盾所以不存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列(3)由(1)得等式3n4n(n2)n(an3)an，可化为3n4n(n2)n(n3)n，即1，所以1.因为当n6时，所以，所以11.所以当n6时，3n4n(n2)n(n3)n，当n1，2，3，4，5时，经验算n2，3时等号成立，所以满足等式3n4n(n2)n(an3)an的所有n2，3.19