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2010届高三数学第一轮复习(数列综合)


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届高三数学第一轮复习(数列综合) 2010 届高三数学第一轮复习(数列综合)
★★★高考在考什么 高考在考什么 【考题回放】 考题回放】 1, (2008 福建文 已知 {an } 是整数组成的数列, a1 = 1 ,且点 ( an , an +1 )( n ∈ N ) 在函数 y = x + 1 的 , 福建文)
* 2

图像上: (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)若数列 {bn } 满足 b1 = 1, bn +1 = bn + 2 n ,求证: bn bn + 2 < bn +1
a

2

.解: (1)由已知得: an +1 = an + 1 , 所以数列是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列;即 an = 1 + ( n 1) 1 = n (2)由(1)知 bn +1 bn = 2

= 2n bn = (bn bn 1 ) + (bn 1 bn 2 ) + + (b2 b1 ) + b1
an

= 2 n 1 + 2n 2 + 2n 3 + + 2 + 1 = bn bn + 2 bn +12
所以: bn bn + 2 < bn +1 2,(2008 福建理 已知函数 f ( x ) = , 福建理)
2

1 2n = 2n 1 1 2 = (2 n 1)(2n + 2 1) (2n +1 1) 2 = 5 2 n + 4 2 n = 2 n < 0

1 3 x + x2 2 . 3
2

(Ⅰ) 设{an}是正数组成的数列, n 项和为 Sn, 前 其中 a1=3.若点 (an , an +1 2an +1 ) (n∈N*)在函数 y=f′ (x)的图象上,求证:点(n,Sn)也在 y=f′(x)的图象上; (Ⅱ)求函数 f(x)在区间(a-1,a)内的极值. (Ⅰ)证明:因为 f ( x ) =

1 3 x + x 2 2, 所以 f ′(x)=x2+2x, 3 2 + 由点 ( an , an +1 2an +1 )(n ∈ N ) 在函数 y=f′(x)的图象上,
又 an > 0( n ∈ N ), 所以 (an 1 an )( an +1 an 2) = 0, 所以 S n = 3n +
+

n(n 1) × 2=n 2 + 2n ,又因为 f ′(n)=n2+2n,所以 S n = f ′(n) , 2

故点 (n, S n ) 也在函数 y=f′(x)的图象上. (Ⅱ)解: f ′( x ) = x 2 + 2 x = x ( x + 2) , 当 x 变化时, f ′( x ) 、 f ( x ) 的变化情况如下表: 注意到 x (-∞,-2) (a 1) a = 1 < 2 ,从 而 ①当 由 f ′( x ) = 0, 得 x = 0或x = 2 .

-2 0 极大值

(-2,0) ↘

0 0 极小值

(0,+∞) + ↗

f′(x) f(x)

+ ↗

3, 2008 安徽理)设数列 {an } 满足 a0 = 0, an +1 = can + 1 c, c ∈ N , 其中c 为实数 , ( 安徽理)
3 *

2 a 1 < 2 < a, 即 2 < a < 1时,f ( x)的极大值为f (2) = 3 ,此时 f ( x ) 无极小值; ②当 a 1 < 0 < a, 即0 < a < 1时,f ( x) 的极小值为 f (0) = 2 ,此时 f ( x ) 无极大值; ③当 a ≤ 2或 1 ≤ a ≤ 0或a ≥ 1时,f ( x) 既无极大值又无极小值.
*

(Ⅰ)证明: an ∈ [0,1] 对任意 n ∈ N 成立的充分必要条件是 c ∈ [0,1] ;

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(Ⅱ)设 0 < c <

1 n 1 * ,证明: an ≥ 1 (3c ) , n ∈ N ; 3 1 2 2 2 2 ,n∈ N* (Ⅲ)设 0 < c < ,证明: a1 + a2 + an > n + 1 3 1 3c 解 (1) 必要性 :∵ a1 = 0,∴ a2 = 1 c ,
又 ∵ a2 ∈ [0,1],∴ 0 ≤ 1 c ≤ 1 ,即 c ∈ [0,1] 充分性 :设 c ∈ [0,1] ,对 n ∈ N 用数学归纳法证明 an ∈ [0,1]
*

当 n = 1 时, a1 = 0 ∈ [0,1] .假设 ak ∈ [0,1]( k ≥ 1) 则 ak +1 = cak + 1 c ≤ c + 1 c = 1 ,且 ak +1 = cak + 1 c ≥ 1 c =≥ 0
3 3

∴ ak +1 ∈ [0,1] ,由数学归纳法知 an ∈ [0,1] 对所有 n ∈ N * 成立 1 (2) 设 0 < c < ,当 n = 1 时, a1 = 0 ,结论成立 3 当 n ≥ 2 时, 3 2 ∵ an = can 1 + 1 c,∴1 an = c(1 an 1 )(1 + an 1 + an 1 ) 1 2 ∵ 0 < C < ,由(1)知 an 1 ∈ [0,1] ,所以 1 + an 1 + an 1 ≤ 3 且 1 an 1 ≥ 0 3 ∴1 an ≤ 3c(1 an 1 )
∴1 an ≤ 3c(1 an 1 ) ≤ (3c)2 (1 an 2 ) ≤ ≤ (3c) n 1 (1 a1 ) = (3c) n 1 ∴ an ≥ 1 (3c) n 1 (n ∈ N * ) 1 2 2 (3) 设 0 < c < ,当 n = 1 时, a1 = 0 > 2 ,结论成立 3 1 3c n 1 当 n ≥ 2 时,由(2)知 an ≥ 1 (3c ) > 0
2 ∴ an ≥ (1 (3c) n 1 )2 = 1 2(3c)n 1 + (3c)2( n 1) > 1 2(3c) n 1 2 2 2 2 ∴ a 2 + a2 + + an = a2 + + an > n 1 2[3c + (3c) 2 + + (3c) n 1 ] 1

2(1 (3c) n ) 2 > n +1 1 3c 1 3c 4. 2008 北京理)对于每项均是正整数的数列 A:a1,a2, ,an ,定义变换 T1 , T1 将数列 A 变换成数列 北京理) ( = n +1

T1 ( A): ,a1 1,a2 1, ,an 1 . n
对于每项均是非负整数的数列 B:b1,b2, ,bm ,定义变换 T2 , T2 将数列 B 各项从大到小排列,然后去 掉所有为零的项,得到数列 T2 ( B ) ; 又定义 S ( B ) = 2(b1 + 2b2 + + mbm ) + b1 + b2 + + bm .
2 2 2

设 A0 是每项均为正整数的有穷数列,令 Ak +1 = T2 (T1 ( Ak ))( k = 0,2, ) . 1, (Ⅰ)如果数列 A0 为 5,3,2,写出数列 A1,A2 ; (Ⅱ)对于每项均是正整数的有穷数列 A ,证明 S (T1 ( A)) = S ( A) ; (Ⅲ)证明:对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列 A0 ,存在正整数 K ,当 k ≥ K 时,

S ( Ak +1 ) = S ( Ak ) .
4. (Ⅰ)解: A0:3,, 5, 2

T1 ( A0 ):4,1 , 3, 2, A1 = T2 (T1 ( A0 )): 3,1 ; 4, 2,

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T1 ( A1 ): 3,1,, 4, 2,0 A2 = T2 (T1 ( A1 )): 3,1 . 4, 2,
(Ⅱ)证明:设每项均是正整数的有穷数列 A 为 a1,a2, ,an , 则 T1 ( A) 为 n , a1 1 , a2 1 , , an 1 , 从而

S (T1 ( A)) = 2[n + 2(a1 1) + 3(a2 1) + + (n + 1)(an 1)] + n 2 + (a1 1) 2 + (a2 1) 2 + + (an 1) 2 .
又 S ( A) = 2( a1 + 2a2 + + nan ) + a1 + a2 + + an ,
2 2 2

所以 S (T1 ( A)) S ( A)

= 2[n 2 3 (n + 1)] + 2(a1 + a2 + + an ) + n 2 2(a1 + a2 + + an ) + n = n(n + 1) + n 2 + n = 0 , 故 S (T1 ( A)) = S ( A) .
(Ⅲ)证明:设 A 是每项均为非负整数的数列 a1,a2, ,an . 当存在 1 ≤ i < j ≤ n ,使得 ai ≤ a j 时,交换数列 A 的第 i 项与第 j 项得到数列 B , 则 S ( B ) S ( A) = 2(ia j + jai iai ja j ) = 2(i j )( a j ai ) ≤ 0 . 当存在 1 ≤ m < n ,使得 am +1 = am + 2 = = an = 0 时,若记数列 a1,a2, ,am 为 C , 则 S (C ) = S ( A) . 所以 S (T2 ( A)) ≤ S ( A) . 从而对于任意给定的数列 A0 ,由 Ak +1 = T2 (T1 ( Ak ))( k = 0,2, ) 1, 可知 S ( Ak +1 ) ≤ S (T1 ( Ak )) . 又由(Ⅱ)可知 S (T1 ( Ak )) = S ( Ak ) ,所以 S ( Ak +1 ) ≤ S ( Ak ) . 即对于 k ∈ N ,要么有 S ( Ak +1 ) = S ( Ak ) ,要么有 S ( Ak +1 ) ≤ S ( Ak ) 1 . 因为 S ( Ak ) 是大于 2 的整数,所以经过有限步后,必有 S ( Ak ) = S ( Ak +1 ) = S ( Ak + 2 ) = . 即存在正整数 K ,当 k ≥ K 时, S ( Ak +1 ) = S ( Ak ) . 5,(2008 湖南理 , 湖南理)数列 {an } 满足a1 = 1, a2 = 2, an + 2 = (1 + cos (Ⅰ)求 a3 , a4 , 并求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 bn =
2

nπ nπ )an + sin 2 , n = 1, 2,3,. 2 2

a2 n 1 1 , S n = b1 + b2 + + bn . 证明:当 n ≥ 6时, n 2 < . S a2 n n
2

13.解: (Ⅰ)因为 a1 = 1, a2 = 2, 所以 a3 = (1 + cos

π

2

)a1 + sin 2

π

2

= a1 + 1 = 2,

a4 = (1 + cos 2 π )a2 + sin 2 π = 2a2 = 4.
一般地,当 n = 2k 1( k ∈ N* ) 时, a2 k +1 = [1 + cos = a2 k 1 + 1 ,即 a2 k +1 a2 k 1 = 1.
2

(2k 1)π 2k 1 ]a2 k 1 + sin 2 π 2 2

所以数列 {a2 k 1} 是首项为 1,公差为 1 的等差数列,因此 a2 k 1 = k . 当 n = 2k ( k ∈ N* ) 时, a2 k + 2 = (1 + cos
2

2 kπ 2k π )a2 k + sin 2 = 2 a2 k . 2 2 k 所以数列 {a2 k } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列,因此 a2 k = 2 .

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n +1 * 2 , n = 2k 1(k ∈ N ), 故数列 {an } 的通项公式为 an = n 2 2 , n = 2k (k ∈ N* ). a n 1 2 3 n ① (Ⅱ)由(Ⅰ)知, bn = 2 n 1 = 2 , S n = + 2 + 3 + + n , a2 n 2 2 2 2 2 1 1 2 3 n S n = 2 + 2 + 4 + + n +1 ② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ①-②得, S n = + 2 + 3 + + n n +1 . 2 2 2 2 2 2 1 1 [1 ( ) 2 ] 2 n = 1 1 n . =2 1 2n +1 2n 2 n +1 1 2 1 n n+2 所以 S n = 2 n 1 n = 2 n . 2 2 2 1 n(n + 2) 要证明当 n ≥ 6 时, S n 2 < 成立,只需证明当 n ≥ 6 时, < 1 成立. n 2n
证法一

6 × (6 + 2) 48 3 = = < 1 成立. 26 64 4 k (k + 2) (2)假设当 n = k ( k ≥ 6) 时不等式成立,即 < 1. 2k (k + 1)(k + 3) k (k + 2) (k + 1)(k + 3) (k + 1)(k + 3) 则当 n=k+1 时, = × < < 1. 2k +1 2k 2k (k + 2) (k + 2)i2k n(n + 1) 1 由(1),(2)所述,当 n≥6 时, < 1 .即当 n≥6 时, S n 2 < . 2 2 n
(1)当 n = 6 时, 证法二

n(n + 2) (n + 1)(n + 3) n(n + 2) 3 n 2 (n ≥ 6) ,则 cn +1 cn = = n +1 < 0. 22 2 n +1 22 2 6×8 3 所以当 n ≥ 6 时, cn +1 < cn .因此当 n ≥ 6 时, cn ≤ c6 = = < 1. 64 4 n(n + 2) 于是当 n ≥ 6 时, < 1. 22 1 综上所述,当 n ≥ 6 时, S n 2 < . n 6,(2008 江西理) 等差数列 {an } 各项均为正整数, a1 = 3 ,前 n 项和为 Sn ,等比数列 {bn } 中, b1 = 1 ,且 江西理
令 cn =

b2 S 2 = 64 , {bn } 是公比为 64 的等比数列.
(1)求 an 与 bn ; (2)证明:

1 1 1 3 + +……+ < . S1 S 2 Sn 4

16.解:设{ a n }公差为 d,由题意易知 d≥0,且 d∈N*,

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则{ a n }通项 a n =3 +(n-1)d,前 n 项和 S n = 3n + 再设{ bn }公比为 q,则{ bn }通项 bn = q 由 b2 S 2 = 64 可得 q(6 + d ) = 64 又{ ban }为公比为 64 的等比数列, ∴
n 1

n(n 1) d. 2



ban +1 ban

q an +1 1 = an 1 = q an +1 an = q d ,∴ q d = 64 q



联立①,②及 d≥0,且 d∈N*可解得 q = 8,d = 2 ∴{ a n }通项 a n = 2n + 1 ,n∈N* { bn }通项 bn = 8
n 1

,n∈N*

(2)由(1)知 S n = 3n +

n(n 1) 2 = n(n + 2) ,n∈N* 2 1 1 1 1 1 = = ( ) ,n∈N* ∴ S n n ( n + 2) 2 n n + 2 ∴ 1 1 1 + ++ S1 S 2 Sn

= = = = = <

1 1 1 1 1 1 1 1 ) (1 ) + ( ) + + ( 2 n n+2 2 3 2 2 4 1 1 1 1 1 1 (1 + + + ) 2 3 2 4 n n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 [(1 + + + + ) ( + + + )] 2 2 3 3 4 5 n n+2 1 1 1 1 [(1 + ) ( )] + 2 2 n +1 n + 2 3 1 1 1 ) ( + 4 2 n +1 n + 2 3 4

★★★高考要考什么 高考要考什么 本章主要涉及等差(比)数列的定义,通项公式,前 n 项和及其性质,数列的极限,无穷等比数列的 各项和.同时加强数学思想方法的应用,是历年的重点内容之一,近几年考查的力度有所增加,体现高考 是以能力立意命题的原则. 高考对本专题考查比较全面,深刻,每年都不遗漏.其中小题主要考查 a1,d ( q ),

n,an,Sn 间相互关系,呈现"小,巧,活"的特点;大题中往往把等差(比)数列与函数,方程与不等
式,解析几何 等知识结合,考查基础知识,思想方法的运用,对思维能力要求较高,注重试题的综合性, 注意分类讨论. 高考中常常把数列,极限与函数,方程,不等式,解析几何等等相关内容综合在 一起,再加以导数和向量等新增内容,使数列综合题新意层出不穷.常见题型: (1)由递推公式给出数列,与其他知识交汇,考查运用递推公式进行恒等变形,推理与综合能力.

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(2)给出 Sn 与 an 的关系,求通项等,考查等价转化的数学思想与解决问题能力. (3)以函数,解析几何的知识为载体,或定义新数列,考查在新情境下知识的迁移能力. 理科生需要注意数学归纳法在数列综合题中的应用,注意不等式型的递推数列. ★ ★★ 突 破 重 难 点

3 1 an = 4 an 1 + 4 bn 1 + 1 ( n≥ 2 ) 【范例 1】已知数列 {an } , {bn } 满足 a1 = 2 , b1 = 1 ,且 b = 1 a + 3 b + 1 n 4 n 1 4 n 1
(I)令 cn = an + bn ,求数列 {cn } 的通项公式; (II)求数列 {an } 的通项公式及前 n 项和公式 Sn . 解: (I)由题设得 an + bn = ( an 1 + bn 1 ) + 2( n ≥ 2) ,即 cn = cn 1 + 2 ( n ≥ 2 ) 易知 {cn } 是首项为 a1 + b1 = 3 ,公差为2的等差数列,通项公式为 cn = 2n + 1 . (II)解:由题设得 an bn =

1 1 (an 1 bn 1 )(n ≥ 2) ,令 d n = an bn ,则 d n = d n 1 (n ≥ 2) . 2 2

an + bn = 2n + 1, 1 1 易知 {d n } 是首项为 a1 b1 = 1 ,公比为 的等比数列,通项公式为 d n = n 1 . 由 解得 1 2 2 an bn = n 1 2 an = 1 1 1 n2 + n + , 求和得 S n = n + + n + 1 . 2n 2 2 2
S 2 n 4n + 2 = , n = 1, 2, , Sn n +1

(文 【变式】 文)在等差数列 {an } 中, a1 = 1 ,前 n 项和 S n 满足条件 变式】 ( (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式;
a

(Ⅱ)记 bn = an p n ( p > 0) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn .

S 2 n 4n + 2 a + a2 = 得: 1 = 3 ,所以 a2 = 2 ,即 Sn n +1 a1 an + nd + a1 × 2n 2(an + nd + a1 ) 2(an + n + 1) 4n + 2 S 2 n 2 d = a2 a1 = 1 ,又 = ,所以 an = n . = = = an + a1 n +1 Sn an + a1 an + 1 ×n 2 an n 2 3 n 1 n (Ⅱ)由 bn = an p ,得 bn = np .所以 Tn = p + 2 p + 3 p + + ( n 1) p + np , n +1 当 p = 1 时, Tn = ; 2 当 p ≠ 1 时,
解: (Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差为 d ,由

pTn = p 2 + 2 p 3 + 3 p 4 + + (n 1) p n + np n +1 ,

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n

(1 P)Tn = p + p 2 + p 3 + + p n 1 + p n np n +1 =
n +1 , p =1 2 . 即 Tn = p (1 p n ) n +1 np , p ≠ 1 1 p

p(1 p ) np n +1 1 p

' (理)已知二次函数 y = f ( x ) 的图像经过坐标原点,其导函数为 f ( x) = 6 x 2 ,数列 {an } 的前 n 项和为

S n ,点 ( n, S n )( n ∈ N ) 均在函数 y = f ( x ) 的图像上.
(Ⅰ) ,求数列 {an } 的通项公式;

(Ⅱ) bn = ,设

m 1 ,Tn 是数列 {bn } 的前 n 项和,求使得 Tn < 对所有 n ∈ N 都成立的最小正整数 m; 20 an an +1
2

(Ⅰ)设这二次函数 f(x)=ax +bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x-2,得 解: (

a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x2-2x.
又因为点 ( n, S n )( n ∈ N ) 均在函数 y = f ( x) 的图像上,所以 Sn =3n -2n.
2



当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n -2n)- (n 1) 2 2( n 1) =6n-5. 3
2

[

]

当 n=1 时,a1=S1=3×1 -2=6×1-5,所以,an=6n-5 ( n ∈ N )
2



(Ⅱ)由(Ⅰ)得知 bn =

3 3 1 1 1 = = ( ), a n a n +1 (6n 5)[6(n 1) 5] 2 6n 5 6n + 1
1 1 1 1

故 T n=

∑ b = 2 (1 7 ) + ( 7 13 ) + ... + ( 6n 5 6n + 1) = 2 (1- 6n + 1 ).
i =1 i

n

1

1



1

1

因此,要使

1 1 m 1 m (1- )< ( n ∈ N )成立的 m,必须且仅须满足 ≤ ,即 m≥10,所以满 2 6n + 1 20 2 20

足要求的最小正整数 m 为 10. 已知函数 f ( x) = x 2 + x 1 ,α , β 是方程 f(x)=0 的两个根 (α > β ) , f '( x) 是 f(x)的导数; a1 = 1 , 设 【范例 2】
an +1 = an f ( an ) (n=1,2,……) f '(an )

(1)求 α , β 的值;

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(2)证明:对任意的正整数 n,都有 an >a; (3)记 bn = ln
an β (n=1,2,……) ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an a

解析: (1)∵ f ( x) = x 2 + x 1 , α , β 是方程 f(x)=0 的两个根 (α > β ) ,∴ α =
1 1 5 an (2an + 1) + (2an + 1) 2 an + an 1 2 4 4 = an = an 2an + 1 2an + 1

1 + 5 1 5 ,β = ; 2 2

(2) f '( x) = 2 x + 1 , an +1

5 1 1 5 1 5 1 = (2an + 1) + 4 ,∵ a1 = 1 ,∴有基本不等式可知 a2 ≥ > 0 (当且仅当 a1 = 时取等号) , 4 2 an + 1 2 2 2

∴ a2 >

5 1 5 1 5 1 > 0 同,样 a3 > ,……, an > = α (n=1,2,……) , 2 2 2 (a α )(an β ) an β (3) an +1 β = an β n = (an + 1 + α ) ,而 α + β = 1 ,即 α + 1 = β , 2an + 1 2an + 1
( an β ) 2 (a α ) 2 1 β 3+ 5 3+ 5 ,同理 an +1 α = n , bn +1 = 2bn ,又 b1 = ln = ln = 2 ln 2 an + 1 2an + 1 1 α 2 3 5 3+ 5 2

an +1 β =

Sn = 2(2n 1) ln

2 【文】已知函数 f ( x) = x + x 1 , α , β 是方程 f ( x ) = 0 的两个根( α > β ), f ′ ( x ) 是的导数

设 a1 = 1 , an +1 = an (1)求 α , β 的值;

f ( an ) , ( n = 1, 2,) . f ′(an )

(2)已知对任意的正整数 n 有 an > α ,记 bn = ln

an β , ( n = 1, 2,) .求数列{ bn }的前 n 项和 Sn . an α ∴α = 1 + 5 2

解,(1) 由 x + x 1 = 0 (1)
2

得x=

1 ± 5 2 an +1 = an

β=

1 5 2

(2)

f ′ ( x) = 2x + 1

2 2 an + an 1 an + 1 = 2an + 1 2an + 1

an 2 + 1 1 + 5 3+ 5 1+ 5 + 2 an 2 + 1 + 5 an + an + an +1 β 2an + 1 2 2 = 2 = an β = = an +1 α an 2 + 1 1 5 3 5 1 5 an α 2 + an + 1 5 an + an + 2 an + 1 2 2 2

( (

) )

2

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∴ bn +1 = 2bn



b1 = ln

a1 β 3+ 5 1+ 5 = ln = 4 ln a1 α 2 3 5
1+ 5 ,公比为 2 的等比数列; 2

∴ 数列 {bn } 是一个首项为 4 ln



Sn =

4 ln

1+ 5 (1 2n ) 1+ 5 2 = 4 ( 2n 1) ln 1 2 2

, 【变式】对任意函数 f(x) x∈D,可按图示 3—2 构造一个数列发生器,其工作原理如下: 变式】 ①输入数据 x0∈D,经数列发生器输出 x1=f(x0) ; ,并依此规 ②若 x1 D,则数列发生器结束工作;若 x1∈D,则将 x1 反馈回输入端,再输出 x2=f(x1) 律继续下去. 现定义 f(x)=

4x 2 . x +1 49 ,则由数列发生器产生数列{xn} .请写出数列{xn}的所有项; 65

(Ⅰ)若输入 x0=

(Ⅱ)若要数列发生器产生一个无穷的常数列,试求输入的初始数据 x0 的值; (Ⅲ) (理)若输入 x0 时,产生的无穷数列{xn}满足:对任意正整数 n,均有 xn<xn+1,求 x0 的取值范 围. 解: (Ⅰ)∵f(x)的定义域 D=(-∞-1)∪(-1,+∞) ∴数列{xn}只有三项 x1=

11 1 ,x2= ,x3=-1 19 5

(Ⅱ)∵f(x)=

4x 2 2 =x 即 x -3x+2=0,∴x=1 或 x=2 x +1
4 xn 2 =xn,故当 x0=1 时,x0=1;当 x0=2 时,xn=2(n∈N) N xn + 1

即 x0=1 或 2 时,xn+1=

(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 +1

对于函数 f(x)=

4x 2 6 =4 .若 x1<-1,则 x2=f(x1)>4,x3=f(x2)<x2 x +1 x +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) N 综上所述,x1∈(1,2) ,由 x1=f(x0) ,得 x0∈(1,2)
x 【范例 3】已知 An ( an,bn ) ( n ∈ N * )是曲线 y = e 上的点, a1 = a , Sn 是数列 {an } 的前 n 项和,且满

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足 S n = 3n an + S n 1 , an ≠ 0 , n = 2, 4, 3, ….
2 2 2

(I)证明:数列

bn + 2 ( n ≤ 2 )是常数数列; bn

(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 An An +1 ( n ∈ N * )的斜率随 n 单调递增 解: (I)当 n ≥ 2 时,由已知得 S n S n 1 = 3n an .
2 2 2

因为 an = S n S n 1 ≠ 0 ,所以 S n + S n 1 = 3n .
2

…… ① ……② …… ③ …… ④ …… ⑤

于是 S n +1 + S n = 3( n + 1) .
2

由②-①得 an +1 + an = 6n + 3 . 于是 an + 2 + an +1 = 6n + 9 . 由④-③得 an + 2 an = 6 , 所以

b bn + 2 e an+2 = an = ean+2 an = e6 ,即数列 n + 2 (n ≥ 2) 是常数数列. bn e bn

(II)由①有 S 2 + 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 {a2 k } 和 {a2 k +1} 分别是以 a2 , a3 为首项,6 为公差的等差数列,
所以 a2 k = a2 + 6( k 1) , a2 k +1 = a3 + 6( k 1) , a2 k + 2 = a4 + 6(k 1)( k ∈ N*) , 数列 {an } 是单调递增数列 a1 < a2 且 a2 k < a2 k +1 < a2 k + 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
即所求 a 的取值集合是 M = a

9 15 <a< . 4 4

9 15 < a < . 4 4

bn +1 bn ean+1 e an (III)解法一:弦 An An +1 的斜率为 k n = = an +1 an an +1 an

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e x ( x x0 ) (e x e x0 ) e x e x0 任取 x0 ,设函数 f ( x) = ,则 f ( x) = x x0 ( x x0 )2
记 g ( x ) = e ( x x0 ) (e e 0 ) ,则 g ′( x ) = e ( x x0 ) + e e = e ( x x0 ) ,
x x x x x x x

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, 取 x0 = an ,因为 an < an +1 < an + 2 ,所以 k n =

e an+1 ean e an+2 e an < . an +1 an an + 2 an e an+1 ean+2 ean e an+2 . > an +1 an + 2 an an + 2

取 x0 = an + 2 ,因为 an < an +1 < an + 2 ,所以 k n +1 =

所以 k n < k n +1 ,即弦 An An +1 ( n ∈ N*) 的斜率随 n 单调递增. 解法二:设函数 f ( x ) =

e x e an+1 ,同解法一得, f ( x ) 在 ( ∞,an +1 ) 和 ( an +1, ∞ ) 上都是增函数, + x an +1

所以 k n =

e an e an+1 e x e an+1 e an+2 e an+1 e x e an+1 < lim = ean+1 , kn +1 = > lim = e an+1 . an an +1 n→a +1 x an +1 an + 2 an +1 n→an++1 x an +1 n

故 k n < k n +1 ,即弦 An An +1 ( n ∈ N*) 的斜率随 n 单调递增. 设 ( 的前 n 项和, 1 = a , S n = 3n an + S n 1 , n ≠ 0 , = 2, 4, .I) a 且 a n 3, ( 【文】 Sn 是数列 {an } n ∈ N * )
2 2 2

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, 为公比的等比数列 {bn }( n ∈ N * ) 7 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 S n S n 1 = 3n an .
2 2 2

因为 an = S n S n 1 ≠ 0 ,所以 S n + S n 1 = 3n . …………………………①
2

于是 S n +1 + S n = 3( n + 1) . …………………………………………………②
2

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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 S 2 + S1 = 12 ,所以 a2 = 12 2a . 由③有 a1 + a2 = 15 ,所以 a3 = 3 + 2a , 而⑤表明:数列 {a2 k } 和 {a2 k +1} 分别是以 a2 , a3 为首项,6 为公差的等差数列. 所以 a2 k = a2 + ( k 1) × 6 = 6k 2a + 6 , a2 k +1 = a3 + ( k 1) × 6 = 6k + 2a 3 , k ∈ N * . 由题设知,bn = 18 × 7
n 1

. a 为奇数时,a2 k +1 为奇数, bn 为偶数, 当 而 所以 bn 不是数列 {a2 k +1} 中的项,bn

只可能是数列 {a2 k } 中的项. 若 b1 = 18 是数列 {a2 k } 中的第 k n 项, 18 = 6k 2a + 6 得 a = 3k0 6 , k0 = 3 , a = 3 , 由 取 得 此时 a2 k = 6k , 由 bn = a2 k ,得 18 × 7
n 1

= 6k , k = 3 × 7 n 1 ∈ N * ,从而 bn 是数列 {an } 中的第 6 × 7 n1 项.
n 1

(注: 考生取满足 a = 3kn 6 ,k n ∈ N * 的任一奇数, 说明 bn 是数列 {an } 中的第 6 × 7
2

+

2a 2 项即可) 3

(文 【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,… 变式】 ( (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=

1 1 2 ,求{bn}数列的前项和 Sn,并证明 Sn+ =1. + an an + 2 3Tn 1
2

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 ) ,即

lg(1 + an +1 ) =2 lg(1 + an )

∴{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 lg 3 = lg 32

n1

∴1 + an = 32 (*)

n 1

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n-1

∴Tn = (1 + a1 )(1 + a2 )…(1+a n ) = 32 32 32 … 32
0 1 2

= 31+ 2 + 2

2

+…+2n-1

=3

2n -1

由(*)式得 an = 3
2

2n1

1
∴ 1 1 1 1 = ( ) an +1 2 an an + 2 ∴ 1 1 2 = an + 2 an an +1

(Ⅲ)∵ an +1 = a0 + 2an ∴ an +1 = an ( an + 2)

又 bn =

1 1 1 1 + ∴ bn = 2( ) an an + 2 an an +1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + …+ ) = 2( ) a1 a2 a2 a3 an an +1 a1 an +1
n

∴ S n = b1 + b2 + …+bn = 2(
n1

∵ an = 32 1, a1 = 2, an +1 = 32 1 ∴ S n = 1
又 Tn = 3
2n 1

2 32 1
n

∴ Sn +

2 =1 3Tn 1
n +1

(理)在数列 {an } 中, a1 = 2,an +1 = λ an + λ (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


+ (2 λ )2 n (n ∈ N ) ,其中 λ > 0 .

an +1 a ≤ k +1 对任意 n ∈ N 均成立. an ak
2 2

(Ⅰ)解法一: a2 = 2λ + λ + (2 λ )2 = λ + 2 ,
2

a3 = λ (λ 2 + 22 ) + λ 3 + (2 λ )2 2 = 2λ 3 + 23 , a4 = λ (2λ 3 + 23 ) + λ 4 + (2 λ )23 = 3λ 4 + 24 .
由此可猜想出数列 {an } 的通项公式为 an = ( n 1)λ + 2 .
n n

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)λ + 2 ,
k k

那么 ak +1 = λ a1 + λ

k +1

+ (2 λ )2k = λ (k 1)λ k + λ 2k + λ k +1 + 2 k +1 λ 2 k

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= [(k + 1) 1]λ k +1 + 2 k +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)λ + 2 对任何 n ∈ N 都
n n


成立. 解法二:由 an +1 = λ an + λ 可得
n +1

+ (2 λ )2n (n ∈ N ) , λ > 0 ,
n

λ n +1
an

an +1

2 λ

n +1

2 = n +1, λ λ an

所以

2 n λ λ

n

n a 2 为等差数列,其公差为 1,首项为 0,故 n = n 1 ,所以数列 {an } 的通项公式 λn λ

为 an = ( n 1)λ + 2 .
n n

(Ⅱ)解:设 Tn = λ + 2λ + 3λ + + ( n 2)λ
2 3 4

n 1

+ (n 1)λ n ,




λTn = λ 3 + 2λ 4 + 3λ 5 + + (n 2)λ n + (n 1)λ n +1
当 λ ≠ 1 时,①式减去②式, 得 (1 λ )Tn = λ + λ + + λ ( n 1)λ
2 3

n

n +1

=

λ 2 λ n +1 (n 1)λ n +1 , 1 λ

Tn =

λ 2 λ n+1 (n 1)λ n+1 (n 1)λ n + 2 nλ n +1 + λ 2 = . (1 λ )2 1 λ (1 λ ) 2
(n 1)λ n + 2 nλ n +1 + λ 2 + 2n +1 2 . (1 λ ) 2

这时数列 {an } 的前 n 项和 S n = 当 λ = 1 时, Tn =

n(n 1) n(n 1) .这时数列 {an } 的前 n 项和 S n = + 2n +1 2 . 2 2

(Ⅲ)证明:通过分析,推测数列

an +1 a2 的第一项 最大,下面证明: a1 an


an +1 a2 λ 2 + 4 < = , n≥ 2 . an a1 2

由 λ > 0 知 an > 0 ,要使③式成立,只要 2an +1 < (λ + 4) an ( n ≥ 2) ,
2

因为 (λ + 4) an = (λ + 4)( n 1)λ + (λ + 1)2
2 2
n

2

n

> 4λ (n 1)λ n + 4 × 2 n = 4(n 1)λ n +1 + 2 n + 2

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≥ 2nλ n+1 + 2n+ 2 = 2an+1,n ≥ 2 .
所以③式成立. 因此,存在 k = 1 ,使得

an +1 a a ≤ k +1 = 2 对任意 n ∈ N 均成立. an ak a1

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