（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 5 第5讲 数列的综合应用课件

数学第六章数列与数学归纳法第5讲数列的综合应用01核心考点深度剖析02高效演练分层突破(2018·高考浙江卷)已知等比数列{an}的公比q1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．等差数列与等比数列的综合问题【解】(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20得8q＋1q＝20，解得q＝2或q＝12，因为q1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.由cn＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1.由(1)可知an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·12n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)·12n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)·(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·12n－2＋(4n－9)·12n－3＋…＋7·12＋3.设Tn＝3＋7·12＋11·122＋…＋(4n－5)·12n－2，n≥2，12Tn＝3·12＋7·122＋…＋(4n－9)·12n－2＋(4n－5)·12n－1，所以12Tn＝3＋4·12＋4·122＋…＋4·12n－2－(4n－5)·12n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)·12n－2，n≥2，又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·12n－2.解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝bn2n＋1＋1n（n＋1），其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，两式相减并化简得an＋1＝14an，所以an＝14n－1.bn＝－log2an＋1＝－log214n＝2n.(2)由题意知，cn＝n2n＋1n（n＋1）.令Hn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①则12Hn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②①－②得，12Hn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝1－n＋22n＋1.所以Hn＝2－n＋22n.又Mn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1，所以Tn＝Hn＋Mn＝2－n＋22n＋nn＋1.(2020·杭州学军中学高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－12n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan.(1)求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝log2nan，数列2cncn＋2的前n项和为Tn，求满足Tn2521(n∈N*)的n的最大值．数列与函数的综合问题【解】(1)在Sn＝－an－12n－1＋2中，令n＝1，可得a1＝S1＝－a1－1＋2，a1＝12.当n≥2时，Sn－1＝－an－1－12n－2＋2，所以an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋12n－1.即2an＝an－1＋12n－1，2nan＝2n－1an－1＋1.而bn＝2nan，所以bn＝bn－1＋1.即当n≥2时，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1，所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．于是bn＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2n.(2)因为cn＝log2nan＝log22n＝n，所以2cncn＋2＝2n（n＋2）＝1n－1n＋2.Tn＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋(1n－1－1n＋1)＋1n－1n＋2＝1＋12－1n＋1－1n＋2，由Tn2521，得1＋12－1n＋1－1n＋22521，即1n＋1＋1n＋21342.又f(n)＝1n＋1＋1n＋2单调递减，f(4)＝1130，f(5)＝1342，所以n的最大值为4.(1)已知函数条件，解决数列问题．此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．(2)已知数列条件，解决函数问题．解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．(2020·杭州五校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知函数f(x)＝2x－12x＋1，且f(a2－2)＝sin2015π3，f(a2016－2)＝cos2017π6，求S2017.解：因为f(x)＝2x－12x＋1，f(－x)＝2－x－12－x＋1＝1－2x2x＋1，所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)．而f(x)＝2x－12x＋1＝1－22x＋1，所以f(x)是R上的增函数．又f(a2－2)＝sin2015π3＝sin671π＋2π3＝－sin2π3＝－32，f(a2016－2)＝cos2017π6＝cos336π＋π6＝cosπ6＝32，所以f(a2－2)＝－f(a2016－2)＝f(2－a2016)，所以a2－2＝2－a2016，所以a2＋a2016＝4.所以S2017＝2017（a1＋a2017）2＝2017（a2＋a2016）2＝2017×42＝4034.证明数列不等式是浙江高考的热点，一般难度较大．主要命题角度有：(1)用构造数列法和数列的单调性证明数列不等式；(2)用比较法证明数列不等式；(3)证明与数列前n项和有关的不等式；(4)用数学归纳法证明数列不等式．数列不等式的证明(高频考点)角度一用构造数列法和数列的单调性证明数列不等式(1)对任意自然数n，求证(1＋1)1＋13…(1＋12n－1)＞2n＋1.(2)若n≥2，n∈N*，证明不等式1＋122＋132＋…＋1n2＜2－1n.【证明】(1)构造数列an＝(1＋1)1＋13…(1＋12n－1)12n＋1，则an＋1an＝2n＋2（2n＋1）（2n＋3）＝2n＋2（2n＋2）2－1＞2n＋22n＋2＝1.所以an≥a1＝23＞1，即(1＋1)1＋13…1＋12n－1＞2n＋1.(2)设an＝1＋122＋132＋…＋1n2－2－1n，则an＋1－an＝1＋122＋132＋…＋1n2＋1（n＋1）2－2－1n＋1－1＋122＋132＋…＋1n2＋2－1n＝1（n＋1）2＋1n＋1－1n＝－1n（n＋1）2＜0.所以{an}是单调递减数列，所以an＜an－1＜an－2＜…＜a2＜a1＝0.所以1＋122＋132＋…＋1n2－2－1n＜0.所以1＋122＋132＋…＋1n2＜2－1n.角度二用比较法证明数列不等式已知数列{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn·bn＋2＜b2n＋1.【解】(1)由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)证明：法一：由(1)知an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为bn·bn＋2－b2n＋1＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n＜0，所以bn·bn＋2＜b2n＋1.法二：因为b1＝1，bn·bn＋2－b2n＋1＝(bn＋1－2n)(bn＋1＋2n＋1)－b2n＋1＝2n＋1·bn＋1－2n·bn＋1－2n·2n＋1＝2n(bn＋1－2n＋1)＝2nbn＋2n－2n＋1＝2nbn－2n＝…＝2nb1－2＝－2n＜0，所以bn·bn＋2＜b2n＋1.角度三证明与数列前n项和有关的不等式正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)·Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝n＋1（n＋2）2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn564.【解】(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于数列{an}是正项数列，所以Sn0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上可知，数列{an}的通项公式an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，bn＝n＋1（n＋2）2a2n，则bn＝n＋14n2（n＋2）2＝1161n2－1（n＋2）2.Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n－1）2－1（n＋1）2＋1n2－1（n＋2）2＝1161＋122－1（n＋1）2－1（n＋2）21161＋122＝564.角度四用数学归纳法证明数列不等式(2019·高考浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝an2bn，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn2n，n∈N*.【解】(1)设数列{an}的公差为d，由题意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝1d(S2n＋1－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)证明：cn＝an2bn＝2n－22n（n＋1）＝n－1n（n＋1），n∈N*.我们用数学归纳法证明．①当n＝1时，c1＝02，不等式成立；②假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck2k，那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋12k＋k（k＋1）（k＋2）2k＋1k＋12k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1，即当n＝k＋1时不等式也成立．根据①和②知，不等式c1＋c2＋…＋cn2n对任意n∈N*成立．证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明．(2)若待证不等式的两边均为关于n的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式．(3)与数列前n项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．(4)当待证不等式随n的变化呈现的规律较明显，且初始值n0易于确定时，用数学归纳法证明．(2020·浙江名校联考)数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n＋12n