17-18版第7章热点探究课4数列与函数、不等式.doc

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<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Sn<Sn＋1<2Sn，n∈N＋，求q的取值范围；
(3)若a1，a2，…，ak(k≥3)成等差数列，且a1＋a2＋…＋ak＝120，求正整数k的最小值，以及k取最小值时相应数列a1，a2，…，ak(k≥3)的公差.
【导学号：62172211】
[解]　(1)由题意得，4x2－15x＋9<0且x2－10x＋16<0，
所以<x<3，<4<2x，解得x∈(2,3).3分
(2)由题意得，an<an＋1<2an，且数列{an}是等比数列，a1＝1，
∴qn－1<qn<2qn－1，∴∴q∈.
又∵Sn<Sn＋1<2Sn，∴而当q＝1时，S2＝2S1不满足题意.6分
当q≠1时，·<<2·，
∴①当q∈时，
解得q∈；
②当q∈(1,2)时，无解．
综上，q∈.10分
(3)∵an<an＋1<2an，且数列a1，a2，…，ak成等差数列，a1＝1，
∴[1＋(n－1)d]<1＋nd<2[1＋(n－1)d]，n＝1,2，…，k－1.
∴∴d∈.14分
又∵a1＋a2＋…＋ak＝120，∴Sk＝k2＋k＝k2＋k＝120，
∴d＝，∴∈，解得k∈(15,239)，k∈N＋，
∴k的最小值为16，此时公差为d＝.16分
[规律方法]　解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．
[对点训练2]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6.正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an，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＋1<dn，
而d4＝，d5＝，∴d4<d5，
∴3k≥，∴k≥.14分
B组　能力提升
1．(2017·南通调研一)若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”．
(1)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1.
①求数列{an}的通项公式；
②试判断数列{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论．
(2)已知数列{an}为等差数列，且a1≠0，an∈Z(n∈N＋)．求证：{an}为“等比源数列”. 【导学号：62172213】
[解]　(1)①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，
所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以an－1＝2n－1.
所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.4分
②数列{an}不是“等比源数列”．用反证法证明如下：
假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m<n<k)按一定次序排列构成等比数列．
因为an＝2n－1＋1，所以am<an<ak.
所以a＝am·ak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1.
又m<n<k，m，n，k∈N＋，
所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1.
所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m为偶数，与22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1矛盾．
所以，数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．
综上可得，数列{an}不是“等比源数列”.10分
(2)不妨设等差数列{an}的公差d≥0.
当d＝0时，等差数列{an}为非零常数数列，数列{an}为“等比源数列”．
当d>0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(m<n<k)，使得a＝amak成立，
即[am＋(n－m)d]2＝am[am＋(k－m)d]，即(n－m)[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立．
当n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m时，上式成立．所以{an}中存在am，an，ak成等比数列．
所以，数列{an}为“等比源数列”.16分
2．(2017·南京模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a3＝13，S4＝16.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设Tn＝(－1)iai，若对一切正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围；
(3)是否存在正整数m，n(n>m>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