[原创]2014年《高考专题提升》数学(文科) 第三部分 专题突破4 数列、函数与不等式整合 第2课

第2课时数列与探究探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备．要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括．它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求．它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程．例1：(2012年广东肇庆二模)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝2x＋1上，n∈N*.(1)若数列{an}是等比数列，求实数t的值；(2)设bn＝nan，在(1)的条件下，求数列{bn}的前n项和Tn；(3)设在各项均不为0的数列{cn}中，所有满足ci·ci＋10的整数i的个数称为这个数列{cn}的“积异号数”，令cn＝bn－4bn(n∈N*)，在(2)的条件下，求数列{cn}的“积异号数”．解：(1)由题意，当n≥2时，有an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1.两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．∴当n≥2时，{an}是等比数列．要使n≥1时，{an}是等比数列，则只需a2a1＝2t＋1t＝3，从而得出t＝1.(2)由(1)，得等比数列{an}的首项为a1＝1，公比q＝3，∴an＝3n－1.∵bn＝nan＝n·3n－1，∴Tn＝1×30＋2×31＋…＋(n－1)·3n－2＋n·3n－1.①上式两边乘以3，得3Tn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)·3n－1＋n·3n，②∴Tn＝.①－②，得－2Tn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n，211344nn(3)由(2)，知：bn＝n·3n－1，∵cn＝1－4bn，∴c1＝1－41＝－3，c2＝1－42×3＝13.∴c1c2＝－10.∵cn＋1－cn＝4bn－4bn＋1＝42n＋3nn＋1·3n0，∴数列{cn}为递增数列．由c2＝130，得当n≥2时，cn0.∴数列{cn}的“积异号数”为1.【思维点拨】满足ci·ci＋10，就是要判断什么时候数列相邻两项异号，如果数列单调递增(或递减)就很简单了，因此利用作差法判断数列{cn}的增减性即可求解．例2：(2013北京昌平二模)设数列{an}对任意n∈N*都有(kn＋b)(a1＋an)＋p＝2(a1＋a2…＋an)(其中k，b，p是常数)．(1)当k＝0，b＝3，p＝－4时，求a1＋a2＋a3＋…＋an；(2)当k＝1，b＝0，p＝0时，若a3＝3，a9＝15，求数列{an}的通项公式；(3)若数列{an}中任意(不同)两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k＝1，b＝0，p＝0时，设Sn是数列{an}的前n项和，a2－a1＝2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{an}，使得对任意n∈N*，都有Sn≠0，且1121S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn1118.若存在，求数列的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由．解：(1)当k＝0，b＝3，p＝－4时，3(a1＋an)－4＝2(a1＋a2…＋an)，①用n＋1去代n得，3(a1＋an＋1)－4＝2(a1＋a2…＋an＋an＋1)，②②－①得，3(an＋1－an)＝2an＋1，an＋1＝3an,在①中令n＝1得，a1＝1，则an≠0，∴an＋1an＝3，∴数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，∴a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－12.(2)当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1＋an)＝2(a1＋a2…＋an)，③用n＋1去代n得，(n＋1)(a1＋an＋1)＝2(a1＋a2…＋an＋an＋1)，④④－③得，(n－1)an＋1－nan＋a1＝0，⑤用n＋1去代n得，nan＋2－(n＋1)an＋1＋a1＝0，⑥⑥－⑤得，nan＋2－2nan＋1＋nan＝0，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，∴数列{an}是等差数列．∵a3＝3，a9＝15，∴公差d＝a9－a39－3＝2，∴an＝2n－3.(3)由(2)知数列{an}是等差数列，∵a2－a1＝2，∴an＝a1＋2(n－1)．又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N*，必存在p∈N*使a1＋2(n－1)＋a1＋2(m－1)＝a1＋2(p－1)，得a1＝2(p－m－n＋1)，故a1是偶数，又由已知，1121S11118，故1811a112.一方面，当1811a112时，Sn＝n(n＋a1－1)0，对任意n∈N*，都有1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn≥1S1112.另一方面，当a1＝2时，Sn＝n(n＋1)，1Sn＝1n－1n＋1，则1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝1－1n＋1，取n＝2，则1S1＋1S2＝1－13＝231118，不合题意．当a1＝4时，Sn＝n(n＋3)，1Sn＝131n－1n＋3，则1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝1118－131n＋1＋1n＋2＋1n＋31118，当a1≥6时，Sn＝n(n＋a1－1)n(n＋3)，1Sn131n－1n＋3，1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn1118－131n＋1＋1n＋2＋1n＋31118，又1811a112，∴a1＝4或a1＝6或a1＝8或a1＝10.【突破训练】(1)求a1，d和Tn；(2)若对任意的n∈N*，不等式λTnn＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．1．已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，n∈N*.数列{bn}满足bn＝1an·an＋1，Tn为数列{bn}的前n项和．解：(1)方法一：在a2n＝S2n－1中，令n＝1，n＝2，得a21＝S1，a22＝S3，即a21＝a1，a1＋d2＝3a1＋3d，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.∵bn＝1anan＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝n2n＋1.方法二：∵{an}是等差数列，∴a1＋a2n－12＝an，∴S2n－1＝a1＋a2n－12(2n－1)＝(2n－1)an.由a2n＝S2n－1，得an2＝(2n－1)an，又∵an≠0，∴an＝2n－1，则a1＝1，d＝2.Tn求法同方法一．(2)①当n为偶数时，要使不等式λTnn＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λn＋82n＋1n＝2n＋8n＋17恒成立．∵2n＋8n≥8，等号在n＝2时取得，∴此时λ需满足λ25.②当n为奇数时，要使不等式λTnn＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λn－82n＋1n＝2n－8n－15恒成立．∵2n－8n是随n的增大而增大，∴当n＝1时，2n－8n取得最小值为－6，∴此时λ需满足λ－21.综合①②，可得λ的取值范围是λ－21.(3)T1＝13，Tm＝m2m＋1，Tn＝n2n＋1.若T1，Tm，Tn成等比数列，则m2m＋12＝13n2n＋1，即m24m2＋4m＋1＝n6n＋3.可得3n＝－2m2＋4m＋1m20，即－2m2＋4m＋10，∴1－62m1＋62.又m∈N*，且m1，∴m＝2，此时n＝12.∴当且仅当m＝2，n＝12时，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．方法一：由m24m2＋4m＋1＝n6n＋3，方法二：∵n6n＋3＝16＋3n16，故m24m2＋4m＋116，即2m2－4m－10.∴1－62m1＋62，(以下同方法一)．数列与几何数列与解析几何的综合，特别是点列问题，是高考的热点．点列可以将函数、数列、解析几何、导数以及不等式等知识融为一体，综合性强，以点列为载体考查数列知识是近年高考的热点也是难点问题．以点列为背景，与前n项和有关的不等式问题包括求取值范围、证明不等式、比较大小、恒成立等问题．解决问题的通法是先将点列问题数列化，求出数列的通项公式，再考虑能否求出相关数列的前n项和．(1)求出a1，a2，a3的值(不要求写过程)；(2)证明数列{an}为等差数列；例3：(2012年广东茂名二模)在平面直角坐标系上，设不等式组x＞0，y≥0，y≤－2nx－3(n∈N*)表示的平面区域为Dn，记Dn内的整点(横坐标和纵坐标均为整数的点)的个数为an.(3)令bn＝1anan＋1(n∈N*)，求b1＋b2＋…＋bn.解：(1)a1＝9，a2＝15，a3＝21.(2)由x＞0，y≥0，－2n(x－3)≥y≥0，得0＜x≤3.∴平面区域为Dn内的整点为点(3,0)与在直线x＝1和x＝2上的点．直线y＝－2n(x－3)与直线x＝1和x＝2交点纵坐标分别为y1＝4n和y2＝2n，Dn内在直线x＝1和x＝2上的整点个数分别为4n＋1和2n＋1，∴an＝4n＋1＋2n＋1＋1＝6n＋3.∵an＋1－an＝6n＋9－(6n＋3)＝6，∴数列{an}是首项a1＝9，公差为6的等差数列．(3)∵bn＝1anan＋1＝1616n＋3－16n＋1＋3，∴b1＋b2＋…＋bn＝1616×1＋3－16×2＋3＋16×2＋3－16×3＋3＋16×3＋3－16×4＋3＋…＋16n＋3－16n＋1＋3＝1616×1＋3－16n＋1＋3＝n272n＋3.【突破训练】2．已知曲线f(x)＝log2x＋1x＋1(x＞0)上有一点列Pn(xn，yn)(n∈N*)，点Pn在x轴上的射影是Qn(xn,0)，且xn＝2xn－1＋1(n∈N*)，x1＝1.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)设四边形PnQnQn＋1Pn＋1的面积是Sn，求证：1S1＋12S2＋…＋1nSn＜4.解：(1)由xn＝2xn－1＋1(n∈N*)，得xn＋1＝2(xn－1＋1)．∵x1＝1，∴xn＋1≠0.故{xn＋1}是公比为2的等比数列，即xn＋1＝(x1＋1)·2n－1，∴xn＝2n－1(n∈N*)．(2)∵yn＝f(xn)＝log22n－1＋12n－1＋1＝n2n，∴|QnQn＋1|＝(2n＋1－1)－(2n－1)＝2n，而|PnQn|＝n2n，∴四边形PnQnQn＋1Pn＋1的面积为Sn＝12|Pn＋1Qn＋1|＋|PnQn|·|QnQn＋1|＝12n＋12n＋1＋n2n·2n＝3n＋14.∴1nSn＝4n3n＋1＝123n3n＋1＝1213n－13n＋1＜1213n－13n＋3＝41n－1n＋1，故1S1＋12S2＋…＋1nSn＜41－1n＋1＜4.