数列与不等式综合问题突破策略Word下载.docx
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⑴求函数的表达式;
⑵求证:
;
⑶求证:
【题7】已知数列满足
(2)若数列满足,证明:
是等差数列;
(3)证明:
【题8】数列满足,.
(2)设,求数列的前项和;
(3)设,数列的前项和为.
求证:
对任意的,.
【题9】已知数列的前项和为,且对于任意的,恒有,设.
(1)求证:
(2)求数列的通项公式和;
(3)若,证明:
.
【题10】 等比数列{an}的首项为a1=2002,公比q=-.
(1)设f(n)表示该数列的前n项的积,求f(n)的表达式;
(2)当n取何值时,f(n)有最大值.
【题11】 已知{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=4.
数列{an}是等比数列;
(2)是否存在正整数k,使>2成立.
【题12】已知数列{an}和{bn}满足:
a1=λ,an+1=an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其中λ为实数,n为正整数.
(1)对任意实数λ,证明数列{an}不是等比数列;
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论;
(3)设0<a<b,Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n,
都有a<Sn<b?
若存在,求λ的取值范围;
若不存在,说明理由.
【题13】设数列满足,
且数列是等差数列,数列是等比数列.
(1)求数列和的通项公式;
(2)是否存在,使,若存在,求出,若不存在,说明理由.
数列与不等式综合解答与评析
类型1:
求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题
求数列与不等式相结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略:
(1)若函数f(x)在定义域为D,则当x∈D时,有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M;
f(x)≤M恒成立f(x)max≤M;
(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得.
【题1】 利用条件中两项间的关系,寻求数列首项a1与公比q之间的关系,再利用等比数列前n项公式和及所得的关系化简不等式,进而通过估算求得正整数n的取值范围.
【解】 由题意得:
(a1q16)2=a1q23,∴a1q9=1.
由等比数列的性质知数列{}是以为首项,以为公比的等比数列,要使不等式成立,
则须>,把a=q18代入上式并整理,得q18(qn-1)>q(1-),
qn>q19,∵q>1,∴n>19,故所求正整数的取值范围是n≥20.
【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了,主要体现为用数列知识化简,用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.
【题2】 第
(1)小题利用Sn与an的关系可求得数列的通项公式;
第(Ⅱ)小题将条件an+1≥an转化为关于n与a的关系,再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min求解.
【解】
(1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,
由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).
因此,所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n1,n∈N*,①
(2)由①知Sn=3n+(a-3)2n1,n∈N*,
于是,当n≥2时,an=Sn-Sn1=3n+(a-3)2n1-3n1-(a-3)2n2=2×
3n1+(a-3)2n2,
an+1-an=4×
3n1+(a-3)2n2=2n2·
[12·
()n2+a-3],
当n≥2时,an+1≥an,即2n2·
()n2+a-3]≥0,12·
()n2+a-3≥0,
∴a≥-9,
综上,所求的a的取值范围是[-9,+∞)
【点评】 一般地,如果求条件与前n项和相关的数列的通项公式,则可考虑Sn与an的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法,应当引起重视.
类型2:
数列参与的不等式的证明问题
此类不等式的证明常用的方法:
(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;
(2)分析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析;
(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.
【题3】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n项公式和建立方程组即可解决第
(1)小题;
第
(2)小题利用差值比较法就可顺利解决.
【解】
(1)设等差数列{an}的公差是d,依题意得,,解得,
∴数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)证明:
∵an=2n+1,∴Sn==n2+2n.
2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p+q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q)=-2(p-q)2,
∵p≠q,∴2Sp+q-(S2p+S2q)<0,∴Sp+q<(S2p+S2q).
【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有:
(1)因式分解;
(2)化平方和的形式;
(3)如果涉及分式,则利用通分;
(4)如果涉及根式,则利用分子或分母有理化.
【题4】
(1)由得到,即……2分
【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题,常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.
【题5】
(1),
又,
是公比为的等比数列,
(2),
……①,
②,①-②得:
,
【题6】⑴又∵为锐角
∴∴
⑵∵∴都大于0
∴∴
⑶
∴
∴
∵,,又∵
∴∴
【题7】
(1),……………………2分
故数列是首项为2,公比为2的等比数列。
……………………3分
,…………………………………………4分
(2),……………5分
①
②
②—①得,即③……………………8分
④
④—③得,即……………………9分
所以数列是等差数列
(3)………………………………11分
设,则
…………13分
………………………………14分
【题8】
(1),,………3分
又,数列是首项为,公比为的等比数列.……5分
, 即. ………………6分
(2).
.………………9分
(3),
.……………………10分
当时,则
,对任意的,.………………………14分
【题9】
(1)当时,,得.
∵,∴当时,,
两式相减得:
,∴.
∴,
∴是以为首项,2为公比的等比数列.
(2)由
(1)得,∴.
∴.
(3),,
由为正项数列,所以也为正项数列,
从而,所以数列递减.
所以.
另证:
由,
所以
.
类型3:
求数列中的最大值问题
求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有:
(1)建立目标函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;
(2)首先利用不等式判断数列的单调性,然后确定最值;
(3)利用条件中的不等式关系确定最值.
【题10】 第
(1)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{an}的通项,再求得f(n)的表达式;
第
(2)小题通过商值比较法确定数列的单调性,再通过比较求得最值.
【解】
(1)an=2002·
(-)n1,f(n)=2002n·
(-)
(2)由
(1),得=,则
当n≤10时,=>1,∴|f(11)|>|f(10)|>…>|f
(1)|,
当n≥11时,=<1,∴|f(11)|>|f(12)|>|f(13)|>…,
∵f(11)<0,f(10)<0,f(9)>0,f(12)>0,
∴f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者.
∵==20023·
()30=()3>1,
∴当n=12时,f(n)有最大值为f(12)=200212·
()66.
【点评】 本题解答有两个关键:
(1)利用商值比较法确定数列的单调性;
(2)注意比较f(12)与f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化情况.
类型4:
求解探索性问题
数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,解答的一般策略:
先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,从而得到“否定”的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形,就得到肯定的结论,即得到存在的结果.
【题11】 第
(1)小题通过代数变换确定数列an+1与an的关系,结合定义判断数列{an}为等比数列;
而第
(2)小题先假设条件中的不等式成立,再由此进行推理,确定此不等式成立的合理性.
【解】 (Ⅰ)由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4,
由两式相减,得(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,即2an+1-an=0,an+1=an,
又2a1=S1+a1=4,∴a1=2,∴数列{an}是以首项a1=2,公比为q=的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ),得Sn==4-22n.
又由>2,得>2,整理,得<21k<1,即1<2k1<,
∵k∈N*,∴2k1∈N*,这与2k1∈(1,)相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立.
【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法,但在导出矛盾时须注意条件“k∈N*”,这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.
【题12】第
(1)小题利用反证法证明;
第
(2)小题利用等比数列的定义证明;
第(3)小题属于存在型问题,解答时就假设a<Sn<b成立,由此看是否能推导出存在存在实数λ.
【解】
(1)证明:
假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则有a22=a1a3,即
(λ-3)2=λ(λ-4)λ2-4λ+9=λ2-4λ9=0,矛盾,所以{an}不是等比数列.
(2)解:
因为bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21]
=(-1)n+1(an-2n+14)=-(an-3n-21)=-bn,
20090318
又b1=-(λ+18),所以
当λ=-18时,bn=0(n∈N*),此时{bn}不是等比数列;
当λ≠-18时,b1=-(λ+18)≠0,由上可知bn≠0,∴=-(n∈N*).
故当λ≠-18时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,-为公比的等比数列.
(3)由
(2)知,当λ=-18,bn=0(n∈N*),Sn=0,不满足题目要求;
∴λ≠-18,故知bn=-(λ+18)×
(-)n1,于是Sn=-(λ+18)·
[1-(-)n]
要使a<Sn<b对任意正整数n成立,即a<--(λ+18)·
[1-(-)n]<b,(n∈N*).
得<-(λ+18)<,(n∈N*)①
令f(n)=1-(-)n,则当n为正奇数时,1<f(n)≤,当n为正偶数时≤f(n)<1;
∴f(n)的最大值为f
(1)=,f(n)的最小值为f
(2)=,
于是,
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- 数列 不等式 综合 问题 突破 策略
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