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＋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an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，anbn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(man}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