第五讲 数列综合

第五讲数列、不等式、函数的综合应用从高考情况来看,求数列的通项公式主要有三种类型:(1)给出数列前几项的值,求通项公式;(2)给出数列的首项(或前几项)和递推公式,求通项公式;(3)给出数列的前n项和公式,求通项公式.对于第(3)类,则可利用an与Sn之间的关系求解,但要注意分n=1和n》2两种情况计算,最后要验证两者能否统一.nS题型一.由递推关系式求数列通项的方法阶差法:逐项相减法累加法:累乘法:待定系数法:对数变换法:p0，倒数变换法:换元法:令数学归纳法:归纳—猜想—证明不动点法:特征根法:是常数）1()nnaafn1()nnaqafn1()nnafnarnnpaa10na1nnnaabacad21(,nnnapaqapq1nnaqad112,12nnnaaaa111(14124)116nnnaaaa，124nnba1．形如0(,1cdcaann,其中aa1)型2．形如：nnnqapa1(其中q是常数，且n0,1)3．形如bknpaann1(其中k,b是常数，且0k)通过凑配可转化为))1(()(1ynxapyxnann;4．形如cnbnapaann21(其中a,b,c是常数，且0a)已知数列{}na满足21123451nnaanna，，求数列{}na的通项公式。解：设221(1)(1)2()nnaxnynzaxnynz比较系数得3,10,18xyz，5.形如21nnnapaqa分析：化为211()()nnnnaapaa的形式，例1.已知数列{}na满足1112431nnnaaa，，求数列na的通项公式。-解法一（待定系数法）：设11123(3nnnnaa)，比较系数得124,2，则数列143nna是首项为111435a，公比为2的等比数列，所以114352nnna，即114352nnna解法二（两边同除以1nq）：两边同时除以13n得：112243333nnnnaa，下面解法略解法三（两边同除以1np）：两边同时除以12n得：nnnnnaa)23(342211，下面解法略题型一.由递推关系式求数列通项的方法阶差法:逐项相减法累加法:累乘法:待定系数法:对数变换法:p0，倒数变换法:换元法:令数学归纳法:归纳—猜想—证明不动点法:特征根法:是常数）1()nnaafn1()nnaqafn1()nnafnarnnpaa10na1nnnaabacad21(,nnnapaqapq1nnaqad112,12nnnaaaa111(14124)116nnnaaaa，124nnba例3.【2014高考全国2第17题】已知数列na满足1a=1，131nnaa.（Ⅰ）证明12na是等比数列，并求na的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112naaa…+.练习1题型二.数列求和的方法1.公式法2.错位相减法求和3.裂项消去法求和4.倒序相加法求和5.分组相加法求和6.并项法求和7.数列通项法求和例2.(2014·广东高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值.(2)求数列{an}的通项公式.(3)证明:对一切正整数n,有2nS1122nn1111.aa1aa1aa13【解题提示】(1)可直接令n=1.(2)用n表示出Sn,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求解.(3)先对每一项进行放缩再裂项相消整理求和.【解析】(1)令n=1,则S1=a1,-(12+1-3)S1-3(12+1)=0,即+a1-6=0,解得a1=2或a1=-3(舍去).(2)-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,可以整理为(Sn+3)[Sn-(n2+n)]=0,因为数列{an}中,an0,所以Sn≠-3,只有Sn=n2+n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=2,符合an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).21S21a2nSnn1111(3)1aa12n2n14n(n)2111111111114(n)(n1)(n)(n1)nn1444444因为，－，－－－－－－1122nn1122nn111aa1aa1a(a1)1111111[()()()]11111141223nn1444444111111().11434n331n1441111n.aa1aa1aa13所以－－－－－－－－－－－－－故对一切正整数，有(1))2()1(11)1(12nnnnnn(2))1(21)1(2nnnnn(3)1211212144441222nnnnn(4))2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112nnnnnnnnnnnnnn(5)111)1(1)1(1)1)(1(11123nnnnnnnnnnnn11112111111nnnnnnn练习2.设数列{an}的通项公式为：an=n2+kn（n∈N+），若数列{an}是单调递增数列，则实数k的取值范围是（）A．[﹣2，+∞）B．（﹣2，+∞）C．[﹣3，+∞）D．（﹣3，+∞）练习3.数列na中，13,a111(2)1nnnaana，则122000aaa的值=解：若{an}递增，则an+1＞an，即（n+1）2+k（n+1）＞n2+kn，则k＞﹣（2n+1），∵n∈N*，∴2n+1≥3，﹣（2n+1）≤﹣3，则k＞﹣3，故选：D(1)1()(()0)()fxafxfx+=?，则)(xf的周期T=2a；(2)1()(()0)()fxafxfx+=-?，则)(xf的周期T=2a；(3)1()1(()0)()fxafxfx+=-?，则)(xf的周期T=3a；(4)1()()(()1)1()fxfxafxfx++=?-，则)(xf的周期T=4a.因为以上数列的递推式其对应的函数f(x)是周期函数。故以上数列数列均为周期数列（a0为常数）：1.已知数列na中，*1111,2,2nnaannNa，则100a=2.已知数列na中，*1111,2,2nnaannNa，则2012a=3.已知数列na中，*1111,12,2nnaannNa，则15a=4.数列na中，13,a111(2)1nnnaana，求这个数列的通项公式，并计算122000aaa的值。关于周期数列例3.（15年陕西文科）设2()1,,2.nnfxxxxnNn(I)求(2)nf；(II)证明：()nfx在20,3内有且仅有一个零点（记为na），且1120233nna.：(I)由题设1()12nnfxxnx，所以1(2)1222nnfn①由22(2)12222nnfn②①②得21(2)12222nnnfn2122(1)2112nnnn，所以(2)(1)21nnfn(II)因为(0)10f，222133222()112120233313nnnf，所以()nfx在2(0,)3内至少存在一个零点，又1()120nnfxxnx所以()nfx在2(0,)3内单调递增，因此，()nfx在2(0,)3内有且只有一个零点na，由于11)(1xxxxfn，所以0=11)(1nnnnnnaaaaf由此可得1111222nnnaa，故1223na所以111112120222333nnnnnaa例4.（2006•湖南）已知函数f（x）=x﹣sinx，数列{an}满足：0＜a1＜1，an+1=f（an），n=1，2，3，…．证明：（Ⅰ）0＜an+1＜an＜1；（Ⅱ）an+1＜3．证明：（I）先用数学归纳法证明0＜an＜1，n=1，2，3，（i）当n=1时，由已知显然结论成立．（ii）假设当n=k时结论成立，即0＜ak＜1．因为0＜x＜1时f′（x）=1﹣cosx＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数．从而f（0）＜f（ak）＜f（1），即0＜ak+1＜1﹣sin1＜1．故n=k+1时，结论成立．由（i）、（ii）可知，0＜an＜1对一切正整数都成立．又因为0＜an＜1时，an+1﹣an=an﹣sinan﹣an=﹣sinan＜0，所以an+1＜an，综上所述0＜an+1＜an＜1．（II）设函数g（x）=sinx﹣x+，0＜x＜1．由（I）知，当0＜x＜1时，sinx＜x，从而g′（x）=cosx﹣1+=0．所以g（x）在（0，1）上是增函数．且g（0）=0，所以当0＜x＜1时，g（x）＞0成立．于是g（an）＞0，即sinan﹣an+3＞0．故an+1＜3．