数列与不等式.ppt

数列与不等式特级教师丁益祥一、核心考点分析二、典型问题精讲三、本讲总结提升一、核心考点分析n数列与不等式是高中数学的重要内容之一，也是历年高考必考的重点内容之一．核心考点是：数列通项与前项和的关系，等差数列和等比数列的定义，等差数列和等比数列的通项公式及前项和的公式，不等式的性质和证明，不等式的求解和应用．n在历年的高考中，围绕上述核心考点，一般选择题、填空题或解答题都有所涉及，选择题和填空题以独立考查数列、不等式的居多，并且着重考查基本概念和基本运算，而解答题除了考查数列和不等式各自章内知识的综合以外，还综合考查数列和不等式的交汇问题，这类问题对数学思想和方法以及推理论证能力和运算求解能力，都有着较高的要求，因此通常难度较大．二、典型问题精讲考点1：等差数列、等比数列的通项公式与前项和nna12d100145S13599aaaa例1在等差数列中,公差，且，则______.13599,Paaaa246100,Qaaaa100145,5025,QPSQPd60.P1359960.aaaa解：设则解得所以小结与说明本题这类问题的求解，原则上可通过布列关于1a和d的方程组并求出1a和d，然后利用通项公式将欲求之式化为关于1a和d的表达式再代入求解，这是函数与方程思想的具体体现．而这里，我们通过整体换元巧列方程组，收到了出奇制胜的效果，既体现了方程思想的重要价值，又展示了整体换元下布列方程的技能．所有这些，都需要我们在相关问题的求解训练中逐步领悟和熟练．例2等比数列na中，123,,aaa分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且123,,aaa中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足：lnnnnbaa，求数列nb的前2n项和2nS.解：（Ⅰ）因为na是等比数列，观察表格，得1232,6,18aaa．易得公比为3，所以数列na的通项公式是123nna．第（Ⅱ）问：若数列nb满足：lnnnnbaa，求数列nb的前2n项和2nS.解：因为lnnnnbaa=123n1ln(23)n，所以12nnSbbb1212()(lnlnln)nnaaaaaa1212()ln()nnaaaaaa212(1333)n21ln(21333)nn2(13)13n12(1)ln[23]nn31n(1)2ln[23]nnn31n(1)ln2ln32nnn，所以2nS91n22ln2(2)ln3nnn.小结与说明此题以数表的形式给出了等比数列的前三项，着意考查了等比数列的通项公式、等差数列与等比数列的前n项和公式以及指数与对数的运算，比较新颖．根据数表以及题目要求，正确判断等比数列的前三项，需要一定的洞察能力．它是求解问题的基础，必须认真对待．第（Ⅱ）问中既有指数运算，又有对数运算，容易出错，应当严格遵循算理，细心运算．值得指出的是，最后要求的是2nS而不是nS，切勿弄错．考点2：数列递推问题例3已知数列{}na满足134(1)nnaan，且19a，其前n项和为nS，则满足不等式1|6|125nSn的最小整数n是（）．A.6B.7C.8D.9解：由134nnaa，得11433nnaa，令11()3nnaa，即11433nnaa，故4433，1．所以{1}na是公比为13的等比数列．注意到118a，故1118()3nna，1*118()(3nnan）N.所以211[181][18()][18()]33nS11[18()]3n211118[1()()()]333nn11()13866()1313nnnn（）．于是不等式1|6|125nSn，即116()3125n，所以116()3125n，11()3750n，解得7n．故选B．小结与说明此题给出的递推关系的一般形式是1nnapaq（,pq为常数，0,0pq），求形如1nnapaq（,pq为常数，,0pq）表示的数列的通项是一类型典型的问题．一般地，当1p时，{}na为等差数列，直接求解即可；当1p时，通常先引进参数，并设1()nnapa，再利用待定系数法求出参数，即可得一个等比数列{}na，然后再求解．考点3：数列与其他知识的交汇问题例4在数1和100之间插入n个实数，使得这2n个数构成递增的等比数列，将这2n个数的乘积记作nT，再令lgnnaT，1n.（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设1tantan,nnnbaa求数列{}nb的前n项和nS.解：（I）设122,,,nttt构成递增的等比数列，其中,100,121ntt则,2121nnnttttT①，2121,nnnTtttt②①×②得212211221()()()()nnnnnTtttttttt，22(2)10010nn故210nnT，所以lg2,1.nnaTnn第（Ⅱ）问：设1tantan,nnnbaa求数列{}nb的前n项和nS.解：（II）由题意和（I）中计算结果，知.1),3tan()2tan(nnnbn另一方面，由tan(1)tantan1tan((1))1tan(1)tankkkkkk去分母，整理得.11tantan)1tan(tan)1tan(kkkk所以1tan3tan4tan4tan5tan(2)tan(3)nniiSbnn1[(tan4tan3)(tan5tan4)(tan(3)tan(2))]tan1nnntan(3)tan3tan1nn．小结与说明本题考查等比数列、等差数列的运算，通项公式的求法，对数和指数的运算，两角差的正切公式，数列的求和等基础知识，考查运算求解能力和创新思维能力．第（Ⅰ）问着重考查逆序相乘法，逆序相乘后，结合等比数列的简单性质以及指数和对数的运算即可获解；第（Ⅱ）问考查作差叠加法．利用两角差的正切公式，将所要求和的数列裂项成差，便可以通过作差叠加法求和，解题的关键在于如何将数列裂项成差．作差叠加法的基本思想就是把通项na分裂成两项之差的形式，从而达到求和消项的目的．在解题时要善于根据这一基本思想变换数列{}na的通项公式，使之符合裂项相消的条件．例5函数)(xf对任意Rx，都有.21)1()(xfxf（Ⅰ）求21f和)(11*Nnnnfnf的值；（Ⅱ）数列na满足,)1(121)0(fnnfnfnffan数列na是等差数列吗？请给出证明；（Ⅲ）令nb144na,nT21b+22b+…+2nb,32nSn16,试比较nT与nS的大小．解：（Ⅰ）令x=21,得,212121ff所以,4121f令x=n1,得,21111nfnf即.2111nnfnf第（Ⅱ）问：数列na满足,)1(121)0(fnnfnfnffan数列na是等差数列吗？请给出证明；解：,)1(121)0(fnnfnfnffan又,)0(11)1(fnfnnffan相加得.21)0()1(11)1()0(2nffnnfnfffan所以na241n（*Nn）．又nnaa142n-41n=41，故数列na是等差数列．第（Ⅲ）问：令nb144na,nT21b+22b+…+2nb,32nSn16,试比较nT与nS的大小．解：（Ⅲ）nb144na.4n故nT21b+22b+…+2nb=16（1+221+231+…+21n）≤16[1+211+321+…+nn)1(1]=16[1+（1-21）+（21-31）+…+（11n-n1）]=16（2-n1）=32-n16=nS．小结与说明此题是数列与函数、不等式的综合问题．在上面的求解中，我们利用了赋值法解决了第（Ⅰ）问．赋值要有明确的目标，通常是“需要什么构造什么”．本题第（Ⅱ）问求解依赖于第（Ⅰ）问的结论，这里利用的逆序相加法是数列求和的基本方法，必须加强训练．第（Ⅲ）问本质上是代数式大小的比较问题，求解中我们根据由na派生出来的新数列2nb的特征，利用了“放缩法”和“作差叠加法”，一举获得了结果．“放缩法”是处理不等式问题的重要方法，它在本题代数式大小的比较中的作用是巨大的．本题既是函数问题，又是数列问题，圆满完成本题的求解，不但需要我们具有扎实的基础知识和基本技能，而且更需要我们具有综合分析问题和解决问题的能力．这里，无论是知识的运用还是技能的展示，都显得技高一筹，体现了较高的思维价值和思维水平．考点4：数列中的创新问题例6若数列na满足：对任意的nN，只有有限个正整数m使得man＜成立，记这样的m的个数为()na，则得到一个新数列()na．例如，若数列na是1,2,3,…，,n…则数列()na是0,1,2,1,n…,…．已知对任意的nN，2nan，则5()a，(())na．思路分析：因为2nan，所以na依次为1,4,9,16,25,36,…．所以满足5ma的只有两项，故5()2a．下面求(())na：注意到(())(1,2,3,)nan表示数列{()}na中满足()man的项的个数，故先求出数列{()}na，然后再求(())na．前面已经得到na依次为1，4，9，16，25，…因此，1()0a，234()1,()1,()1aaa，56789()2,()2,()2,()2,()2aaaaa，10111213()3,()3,()3,()3,aaaa141516()3,()3,()3,aaa…………所以，()na依次为0,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,3,3,…注意到(())(1,2,3,)nan表示数列{()}na中满足()man的项的个数，所以1(())a＝1,2(())a＝4，3(())a＝9，4(())a＝16，…，一般地2(())nan．小结与说明本题是以数列为背景的探索发现型问题，求解时没有现成的方法供直接套用，需要我们读懂所定义的新数列的含义，通过特殊情况的分析探索，逐步发现规律，归纳抽象出最后的结果．考点5：不等式的求解例7已知函数()||fxxa．（Ⅰ）若不等式()3fx的解集为|15xx，求实数a的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若()(5)fxfxm对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．解：（Ⅰ）由()3fx，得||3xa，解得33axa．又已知不等式()3fx的解集为|15xx，所以3135aa，解得2a．第（Ⅱ）问：在（Ⅰ）的条件下，若()(5)fxfxm对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．解：（Ⅱ）解法1：当2a时，()|2|fxx．设()=()(5)gxfxfx，则()=|