2019年高考数学二轮复习 专题六 数列、不等式及数学归纳法 第5讲 数列与其他知识的交汇课件 新人

第5讲数列与其他知识的交汇核心整合1.数列与函数综合数列与函数综合主要是在一个函数问题中把自变量的某一个值定义为数列的某个特定项,函数关系就变为数列的递推关系,从而定义了数列,与一般的数列递推相比该函数关系更为复杂.数学与函数的综合也可以是在数学的项中加入一些变量,该变量可以与项数n无关.【归纳拓展】数列是一个特殊的函数,数列与函数综合是很自然的事情.2.数列与解析几何综合数列与解析几何综合,利用曲线的方程构造出点列的递推关系,通常会利用直线、圆、抛物线、双曲线等方程.【归纳拓展】数列与解析几何的综合通常需要研究从n到n+1对应坐标所发生的变化,从而找到递推关系.核心突破考点一双数列问题【例1】已知a,b为两个正数,且ab,设a1=2ab,b1=ab,当n≥2且n∈N*时,an=112nnab,bn=11nnab.(1)证明:数列{an}为单调递减数列;数列{bn}为单调递增数列;证明:(1)易知对任意n∈N*,an0,bn0,由于ab,可知2abab,即a1b1,同理推知,当n≥2且n∈N*时,112nnab11nnab,从而anbn,an+1-an=2nnab-an=2nnba0,所以数列{an}为单调递减数列;bn+1-bn=nnab-bn=nb(na-nb)0,数列{bn}为单调递增数列.证明:(2)an+1-bn+1=2nnab-nnab2nnab-bn=2nnab,从而an+1-bn+112(an-bn).(2)证明:an+1-bn+112(an-bn);证明:(3)an-bn12(an-1-bn-1)212(an-2-bn-2)…112n(a-b),Sn-Tn=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(an-bn)(a-b)[1+212+…+112n]=(a-b)[2-112n]2(a-b),从而SnTn+2(a-b).(3)设数列{an},{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,证明:SnTn+2(a-b).方法技巧解决双数列问题通常是将两个数列分离或将两个数列结合,利用递推关系解决问题.【题组训练】1.正数数列{an}的前n项和为bn,数列{bn}的前n项积为cn,且满足bn+cn=1,则数列{1na}中最接近2018的数是()(A)1980(B)2010(C)2040(D)2070A解析:由题设知bn=1nncc(n≥2),1nncc+cn=1,从而1nc-11nc=1,{1nc}是公差为1的等差数列,c1=b1=12,1nc=n+1,bn=1nn,an=bn-bn-1=1nn-1nn=11nn,1na=n(n+1),44×45=1980,45×46=2070.故选A.解析:因为an+bn=1,a1=12,所以b1=12,因为bn+1=21nnba,所以bn+1=12nb,所以111nb-11nb=-1,2.已知数列{an},{bn}满足a1=12,an+bn=1,bn+1=21nnba(n∈N*),则b2017=.又因为b1=12,所以111b=-2,所以数列{11nb}是以-2为首项,-1为公差的等差数列,所以11nb=-n-1,所以bn=1nn,则b2017=20172018.答案:201720183.数列{an},{bn}满足a1=b1=1,11114,,nnnnnnaabbab求an,bn.解:an+2bn=3(an-1+2bn-1),an-2bn=-(an-1-2bn-1),因为a1=b1=1,所以a1+2b1=3,a1-2b1=-1,所以an+2bn=3n,an-2bn=(-1)n.所以an=312nn,bn=314nn.考点二数列与计数原理解析:设n次后仍为奇数的概率为an,则a0=1,an=12an-1+13(1-an-1),即an=16an-1+13.所以an-25=16(an-1-25),得an=35(16)n+25.【例2】在某个电脑游戏中有一个正整数,敲一下回车键可以把奇数变偶数,或偶数变奇数,已知奇数变偶数的概率是12,偶数变奇数的概率为13,初始状态为奇数,则敲n次后仍为奇数的概率为.答案:35(16)n+25方法技巧数列与计数原理结合的问题主要是抓住递推关系.【题型训练】一个袋子中有2个红球、1个白球,每次从袋子中取1个球,若取到白球则结束取球,若取到红球则先放回再从中取一个,则n次内结束取球的概率为.解析:n次内结束取球的概率为13+23·13+(23)2·13+…+(23)n-1·13=1-(23)n.答案:1-(23)n考点三数阵问题【例3】n2个正数排成n行n列a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3na41a42a43a44…a4n…an1an2an3an4…ann其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等.已知a24=1,a42=18,a43=316,求a11+a22+……+ann.解:设第一行等差数列的公差为d,各列的公比为q,所以a44=2a43-a42=14.由a44=a24·q2,得q=12.所以a12=a42·q-3=1,a14=a24·q-1=2.所以d=141242aa=12,所以a1k=a12+(k-2)d=12k(k=1,2,3,…,n),所以akk=a1kqk-1=12k·(12)k-1=(12)k·k.令Sn=a11+a22+…+ann,则Sn-12Sn=12nkkk-1212nkkk=12+212nkk-12nn=12+12-12n-12nn=1-122nn.所以Sn=2-22nn.方法技巧数阵问题主要是将等差、等比数列放入指定数阵,由于数阵的形式不同以及排列规则的不同,所以可以变换出许多问题.【题组训练】1.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,如图所示,在宝塔形数表中位于第i行,第j列的数记为ai,j,比如a3,2=9,a4,2=15,a5,4=23,若ai,j=2017,则i+j等于()1351197131517192927252321…(A)64(B)65(C)71(D)72D解析:奇数数列an=2n-1=2017⇒n=1009,即2017为第1009个奇数,易知前44行共有990个奇数,所以i=45.因为1009-990=19,所以2017位于第45行从左边数第j=45-19+1=27,所以i+j=45+27=72.2.设{an}是集合{2s+2t|,0≤st且s,t∈Z}中所有的数从小到大排列成的数列,即a1=3,a2=5,a3=6,a4=9,a5=10,a6=12,….将数列{an}各项按照上小下大,左小右大的原则写成如图所示的三角形数表:(1)写出这个三角形数表的第四行、第五行的各数;解:(1)用(s,t)表示2s+2t,数表的规律为第四行17(0,4)18(1,4)20(2,4)24(3,4),第五行33(0,5)34(1,5)36(2,5)40(3,5)48(4,5).(2)求a100.解:(2)因为100=(1+2+3+4+…+13)+9,所以a100=(8,14)=28+214=16640.考点四数列的函数性质【例4】定义在[0,2]上的函数f(x)满足:①对x∈[0,2],总有f(2-x)=f(x),f(x)≥1,且f(1)=3;②对x,y∈[1,2],且x+y≥3,总有f(x)+f(y)≤f(x+y-2)+1.令f(13)+f(213)+…+f(201513)=S.证明:S≤2016-201513.证明:x,y∈[1,2],且x+y≥3时总有f(x)+f(y)≤f(x+y-2)+1,又x∈[0,2],总有f(2-x)=f(x),所以x,y∈[1,2],且x+y≥3时,总有f(2-x)+f(2-y)≤f(4-x-y)+1,所以对x,y∈[0,1],且x+y≤1,总有f(x)+f(y)≤f(x+y)+1,即f(x+y)≥f(x)+f(y)-1,所以f(113n)≥f(23n)+f(13n)-1≥3f(13n)-2,所以f(13n)≤13f(113n)+23,得f(13n)≤23n+1,所以S≤2016-201513.方法技巧数列是特殊的函数,函数中的自变量取值为正整数或数列,这样就变成函数列问题.解析:由题意知fn(x)=anx+(an-1+an-2+…+a+1)b=anx+11naa·b,由f7(x)=128x+381得,a7=128,711aa·b=381,因此a=2,b=3,a+b=5.【题组训练】1.设f(x)=ax+b,其中a,b为实数,f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x)),n=1,2,3,…,若f7(x)=128x+381,则a+b=.答案:52.f(m,n)满足f(1,1)=1,f(1,n+1)=f(1,n)+1,f(m+1,n)=2f(m,n),则f(m,n)=.解析:f(1,n)=f(1,1)+n-1=n,f(m,n)=f(1,n)·2m-1=n·2m-1.答案:n·2m-1(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn(12)=1+12+(12)2+…+(12)n-2=1112112n-2=-12n0,所以Fn(x)在(12,1)内至少存在一个零点.又F′n(x)=1+2x+…+nxn-10,3.设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x0,n∈N*,n≥2,(1)证明函数Fn(x)=fn(x)-2在(12,1)内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+112nnx;故Fn(x)在(12,1)内单调递增,所以Fn(x)在(12,1)内有且仅有一个零点xn,因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即111nnnxx-2=0,故xn=12+112nnx.(2)解:由题设,gn(x)=112nnx,设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-112nnx,x0.当x=1时,fn(x)=gn(x);当x≠1时,h′(x)=1+2x+…+nxn-1-112nnnx,(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)与gn(x)的大小,并加以证明.若0x1,h′(x)xn-1+2xn-1+…+nxn-1-12nnxn-1=12nnxn-1-12nnxn-1=0,若x1,h′(x)xn-1+2xn-1+…+nxn-1-12nnxn-1=12nnxn-1-12nnxn-1=0,所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x),综上所述,当x=1时,fn(x)=gn(x);当x≠1时,fn(x)gn(x).考点五数列与导数(1)解:f′(x)=1xa-2x-1,因为x=0为f(x)的极值点,所以f′(0)=1a-1=0⇒a=1.【例5】已知函数f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0处取得极值.(1)求实数a的值;(2)证明:下面求f(x)=ln(x+1)-x2-x(x-1)的单调区间,f′(x)=11x-2x-1=-231xxx,令f′(x)0⇒-1x0,x(-1,0)(0,+∞)f′(x)+-f(x)↗↘所以f(x)f(0)=0,即ln(x+1)x2+x.令x=1n,则ln(1n+1)21n+1n,ln21+ln32+…+ln1nn2+34+…+21nn,即2+34+49+…+21nnln(n+1).(2)