高考数学分类专题复习之八 数列综合(2)

（Ⅲ）解不等式x＜

4x?2，得x＜－1或1＜x＜2，要使x1＜x2，则x2＜－1或1＜x1＜2 x?14x?26对于函数f（x）＝。若x1＜－1，则x2＝f（x1）＞4，x3＝f（x2）＜x2 ?4?x?1x?1当1＜x1＜2时，x2＝f（x）＞x1且1＜x2＜2依次类推可得数列｛xn｝的所有项均满足xn＋1＞xn（n∈N） 综上所述，x1∈（1，2），由x1＝f（x0），得x0∈（1，2）

【范例3】已知An(an，bn)（n?N*）是曲线y?ex上的点，a1?a，Sn是数列{an}的前n项和，且满

22n?2，3，4，足Sn?． ?3n2an?Sn?1，an?0，

（I）证明：数列??bn?2??（n≤2）是常数数列； b?n?（II）确定a的取值集合M，使a?M时，数列{an}是单调递增数列； （III）证明：当a?M时，弦AnAn?1（n?N*）的斜率随n单调递增

222解：（I）当n≥2时，由已知得Sn?Sn?1?3nan．

因为an?Sn?Sn?1?0，所以Sn?Sn?1?3n2． ?? ① 于是Sn?1?Sn?3(n?1)2． ??② 由②－①得an?1?an?6n?3． ?? ③ 于是an?2?an?1?6n?9． ?? ④ 由④－③得an?2?an?6， ?? ⑤

?b?bn?2ean?2所以?an?ean?2?an?e6，即数列?n?2?(n≥2)是常数数列．

bne?bn?（II）由①有S2?S1?12，所以a2?12?2a．由③有a3?a2?15，a4?a3?21，所以a3?3?2a，

a4?18?2a．而 ⑤表明：数列{a2k}和{a2k?1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列，

所以a2k?a2?6(k?1)，a2k?1?a3?6(k?1)，a2k?2?a4?6(k?1)(k?N*)， 数列{an}是单调递增数列?a1?a2且a2k?a2k?1?a2k?2对任意的k?N*成立．

?a1?a2且a2?6(k?1)?a3?6(k?1)?a4?6(k?1) ?a1?a2?a3?a4?a?12?2a?3?2a?18?2a?915?a?． 44即所求a的取值集合是M??a?915??a??．

4??4bn?1?bnean?1?ean（III）解法一：弦AnAn?1的斜率为kn? ?an?1?anan?1?anex(x?x0)?(ex?ex0)ex?ex0任取x0，设函数f(x)?，则f(x)?

x?x0(x?x0)2记g(x)?ex(x?x0)?(ex?e0)，则g?(x)?ex(x?x0)?ex?ex?ex(x?x0)， 当x?x0时，g?(x)?0，g(x)在(x0，??)上为增函数， 当x?x0时，g?(x)?0，g(x)在(??，x0)上为减函数，

所以x?x0时，g(x)?g(x0)?0，从而f?`(x)?0，所以f(x)在(??，x0)和(x0，??)上都是增函数． 由（II）知，a?M时，数列{an}单调递增，

xean?1?eanean?2?ean取x0?an，因为an?an?1?an?2，所以kn?． ?an?1?anan?2?anean?1?ean?2ean?ean?2取x0?an?2，因为an?an?1?an?2，所以kn?1?． ?an?1?an?2an?an?2所以kn?kn?1，即弦AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增．

ex?ean?1解法二：设函数f(x)?，同解法一得，f(x)在(??，an?1)和(an?1，??)上都是增函数，

x?an?1ean?ean?1ex?ean?1ean?2?ean?1ex?ean?1an?1an?1所以kn?，． ?lim?ek??lim?en?1??n→an→aan?an?1an?2?an?1n?1x?an?1x?an?1n?1故kn?kn?1，即弦AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增．

222【文】设Sn是数列{an}（n?N*）的前n项和，且Sna1?a，?3nanS?n?1，nn?2，3，4，?．（I）a?0，

证明：数列{an?2?an}（n≥2）是常数数列；

（II）试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}（n?N*）中的所有项都是数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项． 解：（I）当n≥2时，由已知得Sn?Sn?1?3nan．

因为an?Sn?Sn?1?0，所以Sn?Sn?1?3n． ??????????①

2222于是Sn?1?Sn?3(n?1)2． ???????????????????② 由②－①得：an?1?an?6n?3．?????????????????③ 于是an?2?an?1?6n?9．????????????????????④ 由④－③得：an?2?an?6．???????????????????⑤ 即数列{an?2?an}（n≥2）是常数数列． （II）由①有S2?S1?12，所以a2?12?2a． 由③有a1?a2?15，所以a3?3?2a，

而⑤表明：数列{a2k}和{a2k?1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列．

所以a2k?a2?(k?1)?6?6k?2a?6，a2k?1?a3?(k?1)?6?6k?2a?3，k?N*．

由题设知，bn?18?7n?1．当a为奇数时，a2k?1为奇数，而bn为偶数，所以bn不是数列{a2k?1}中的项，bn只可能是数列{a2k}中的项．

若b1?18是数列{a2k}中的第kn项，由18?6k?2a?6得a?3k0?6，取k0?3，得a?3，此时a2k?6k，由bn?a2k，得18?7n?1?6k，k?3?7n?1?N*，从而bn是数列{an}中的第6?7n?1项．

n?1（注：考生取满足a?3kn?6，kn?N*的任一奇数，说明bn是数列{an}中的第6?72

?2a?2项即可） 3【变式】（文）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x+2x的图象上，其中=1，2，3，? （1） 证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；

（2） 设Tn=(1+a1) (1+a2) ?(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项； （3） 记bn=

112，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+=1. ?anan?23Tn?12解：（Ⅰ）由已知an?1?an?2an， ?an?1?1?(an?1)2

?a1?2 ?an?1?1，两边取对数得

lg(1?an?1)?2

lg(1?an)lg(1?an?1)?2lg(1?an)，即

?{lg(1?an)}是公比为2的等比数列.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1?an)?2

n?1?lg(1?a1) ?2n?1?lg3?lg32 ?1?an?32（*）

2021222n-1n?1n?1?Tn?(1?a1)(1?a2)…(1+an) ?3?3?3?…?3 ?31?2?22?…+2n-1=32n-1

由（*）式得an?32n?1?1

1111?(?) an?12anan?2?112 ??an?2anan?12（Ⅲ）?an?1?a0?2an?an?1?an(an?2) ?又bn?1111??bn?2(?) anan?2anan?111111111????…+?)?2(?) a1a2a2a3anan?1a1an?1n?Sn?b1?b2?…+bn ?2(?an?32?1,a1?2,an?1?32?1?Sn?1?又Tn?32nn?123?12n

?1?Sn?2?1

3Tn?1（理）在数列?an?中，a1?2，an?1??an??n?1?(2??)2n(n?N?)，其中??0． （Ⅰ）求数列?an?的通项公式； （Ⅱ）求数列?an?的前n项和Sn； （Ⅲ）证明存在k?N，使得

?an?1a≤k?1对任意n?N?均成立． anak（Ⅰ）解法一：a2?2???2?(2??)2??2?22，

a3??(?2?22)??3?(2??)22?2?3?23， a4??(2?3?23)??4?(2??)23?3?4?24．

由此可猜想出数列?an?的通项公式为an?(n?1)?n?2n． 以下用数学归纳法证明．

（1）当n?1时，a1?2，等式成立．

（2）假设当n?k时等式成立，即ak?(k?1)?k?2k， 那么ak?1??a1??k?1?(2??)2k??(k?1)???2??kkk?1?2k?1??2k

?[(k?1)?1]?k?1?2k?1．

这就是说，当n?k?1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式an?(n?1)?n?2n对任何n?N都成立．

?解法二：由an?1??an??n?1?(2??)2n(n?N?)，??0，

?2?可得n?1???????an?1n?1?2??n????1， ????annnn?an?2??an?2???????n?1，所以数列?an?的通项公式所以?n????为等差数列，其公差为1，首项为0，故?????????n???为an?(n?1)?n?2n．

（Ⅱ）解：设Tn??2?2?3?3?4???(n?2)?n?1?(n?1)?n， ①

?Tn??3?2?4?3?5???(n?2)?n?(n?1)?n?1 ②

当??1时，①式减去②式，

得(1??)Tn?????????(n?1)?23nn?1?2??n?1??(n?1)?n?1，

1???2??n?1(n?1)?n?1(n?1)?n?2?n?n?1??2． Tn???22(1??)1??(1??)(n?1)?n?2?n?n?1??2这时数列?an?的前n项和Sn??2n?1?2． 2(1??)当??1时，Tn?n(n?1)n(n?1)?2n?1?2． ．这时数列?an?的前n项和Sn?22（Ⅲ）证明：通过分析，推测数列??an?1?a2的第一项最大，下面证明： ?aa1?n?an?1a2?2?4??,n≥2． ③ ana12由??0知an?0，要使③式成立，只要2an?1?(?2?4)an(n≥2)， 因为(?2?4)an?(?2?4)(n?1)?n?(?2?1)2n

?4?·(n?1)?n?4?2n?4(n?1)?n?1?2n?2

≥2n?n?1?2n?2?2an?1，n≥2．

所以③式成立． 因此，存在k?1，使得

an?1aa≤k?1?2对任意n?N?均成立． anaka1

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