（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与数学归纳法 第3讲 数列的综合问题课件

数学第2部分高考热点专题突破专题三数列与数学归纳法第3讲数列的综合问题01考点102考点203考点304专题强化训练[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．数列不等式的证明[典型例题]已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．证明：当n∈N*时，(1)0xn＋1xn；(2)2xn＋1－xn≤xnxn＋12；(3)12n－1≤xn≤12n－2.【证明】(1)用数学归纳法证明：xn0.当n＝1时，x1＝10.假设n＝k时，xk0，那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0时，则0xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，矛盾，故xk＋10.因此xn0(n∈N*)．所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)xn＋1.因此0xn＋1xn(n∈N*)．(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x2n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)．记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，f′(x)＝2x2＋xx＋1＋ln(1＋x)0(x0)，函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，因此x2n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，故2xn＋1－xn≤xnxn＋12(n∈N*)．(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，所以xn≥12n－1.由xnxn＋12≥2xn＋1－xn得1xn＋1－12≥21xn－120，所以1xn－12≥21xn－1－12≥…≥2n－11x1－12＝2n－2，故xn≤12n－2.综上，12n－1≤xn≤12n－2(n∈N*)．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．[对点训练]1．设数列{an}满足an－an＋12≤1，n∈N*.(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤32n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.证明：(1)由an－an＋12≤1，得|an|－12|an＋1|≤1，故|an|2n－|an＋1|2n＋1≤12n，n∈N*，所以|a1|21－|an|2n＝|a1|21－|a2|a2＋|a2|22＝|a3|23＋…＋|an－1|2n－1－|an|2n≤121＋122＋…＋12n－1＜1，因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m＞n，|an|2n－|am|2m＝|an|2n－|an＋1|2n＋1＋|an＋1|2n＋1－|an＋2|2n＋2＋…＋|am－1|2m－1－|am|2m≤12n＋12n＋1＋…＋12m－1＜12n－1，故|an|＜12n－1＋|am|2m·2n≤12n－1＋12m·32m·2n＝2＋34m·2n.从而对于任意m＞n，均有|an|＜2＋34m·2n.①由m的任意性得|an|≤2.否则，存在n0∈N*，有|an0|＞2，取正整数m0＞log34|an0|－22n0且m0＞n0，则2n0·34m0＜2n0·34＝|an0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.log34|an0|－22n02．已知数列{an}满足，a1＝1，an＝1an＋1－12.(1)求证：23≤an≤1；(2)求证：|an＋1－an|≤13.证明：(1)由已知得an＋1＝1an＋12，计算a2＝23，a3＝67，a4＝1419，猜想23≤an≤1.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，命题显然成立；②假设n＝k时，有23≤an≤1成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝1ak＋12≤123＋12＜1，ak＋1＝1ak＋12≥11＋12＝23，即当n＝k＋1时也成立，所以对任意n∈N*，都有23≤an≤1.(2)当n＝1时，|a1－a2|＝13，当n≥2时，因为(an＋12)(an－1＋12)＝(an＋12)·1an＝1＋12an≥1＋12＝32，所以|an＋1－an|＝1an＋12－1an－1＋12＝|an－an－1|（an＋12）（an－1＋12）≤23|an－an－1|≤…≤23n－1|a2－a1|＝13·23n－113.综上知，|an＋1－an|≤13.[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．数列中的交汇创新问题[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a11，则()A．a1a3，a2a4B．a1a3，a2a4C．a1a3，a2a4D．a1a3，a2a4(2)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.①求数列{xn}的通项公式；②如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1,n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.【解】(1)选B.法一：因为lnx≤x－1(x0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a11，所以等比数列的公比q0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a11，所以ln(a1＋a2＋a3)0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1q0，所以a1－a3＝a1(1－q2)0，a2－a4＝a1q(1－q2)0，所以a1a3≥a1，a2a4，故选B.法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a11，所以等比数列的公比q0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a11，所以ln(a1＋a2＋a3)0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1q0，所以a1－a3＝a1(1－q2)0，a2－a4＝a1q(1－q2)0，所以a1a3，a2a4，故选B.(2)①设数列{xn}的公比为q，由已知q＞0.由题意得x1＋x1q＝3，x1q2－x1q＝2.所以3q2－5q－2＝0.因为q＞0，所以q＝2，x1＝1，因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.②过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.由①得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，由题意得bn＝（n＋n＋1）2×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.(i)又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.(ii)(i)－(ii)得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝32＋2（1－2n－1）1－2－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝（2n－1）×2n＋12.数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、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、求和方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点π12，－2，7π12，2，且在区间π12，7π12上为单调函数．(1)求ω，φ的值；(2)设an＝nfnπ3(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30.解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2kπ－π2，k∈Z，7ωπ12＋φ＝2kπ＋π2，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－2π3，k∈Z，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3.(2)因为an＝2nsin2nπ3－2π3(n∈N*)，数列2sin2nπ3－2π3(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×3＋3n×(－3)＝－3(n∈N*)，所以S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－103.[核心提炼]探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．数列中的探索性问题[典型例题]已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋（4n－2）]2＝2n2.令2n260n＋800，即n2－30n－4000，解得n40或n－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．[对点训练]数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，λ是常数．(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；(2)数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．解：(1)由于an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，且a1＝1，所以当a2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3.从而a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{an}不可能为等差数列，理由如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，得a2＝2－λ，a3＝(6