（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 第5讲 数列的综合应用课件

第六章数列与数学归纳法第5讲数列的综合应用(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．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝2Sn，n为奇数，bn，n为偶数，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，得q＋6＋d＝10，3＋4d－2q＝3＋2d，解得d＝2，q＝2，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝n（a1＋an）2＝n(n＋2)，则cn＝2n（n＋2），n为奇数，2n－1，n为偶数，即cn＝1n－1n＋2，n为奇数，2n－1，n为偶数，所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－12n＋1＋2（1－4n）1－4＝2n2n＋1＋23(4n－1)．(2019·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．(2019·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∈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(2017·高考浙江卷)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