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2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第九章第五节 数列的综合问题(二)
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第五节 数列的综合问题(二)
复习目标
学法指导
1.数列的单调性.
2.有数列参与的恒成立求参数问题.
3.数列参与的不等式证明问题.
数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现,试题还可能涉及与导数、函数等知识综合考查.主要考查知识重点和热点是比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求,在不等式的证明中要注意放缩法的应用.
有数列参与的不等式的证明问题,常用的方法有
(1)比较法.
(2)分析法与综合法,一般先分析再综合.
(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大与缩小,项数的增加与减少等手段达到证明的目的.
一、数列的单调性
1.递增数列:对任意n∈N*都有an+1>an.
2.递减数列:对任意n∈N*都有an+1
1.放缩后可转化为等比数列,进一步证明所求结论.
2.放缩后裂项迭加、迭乘出现项项相互抵消从而达到证明结论的目的.
1.概念的理解
(1)数列的单调性是对数列中的任意相邻两项大小的比较,不是单独针对哪两个具体的项而言.例如数列{an}是递增数列,则a1
2.与数列的单调性相关联的知识结论
(1)一个数列的单调性并不是说数列只有递增或递减的特征,像我们见到的常数列既不是递增的也不是递减的.
(2)若{an}是等差数列,则其是递增数列⇔d>0,若是递减数列⇔d<0.
(3)若{an}是等比数列,则其是递增数列⇔a1>0,q>1或a1<0,01.
三、求有数列参与的不等式恒成立的条件参数问题
1.数列的定义及基本量中的参数问题.
2.数列看作函数时的恒成立问题.
四、数列参与的不等式的证明问题
1.比较法
2.分析法与综合法
3.与放缩法的应用相关的结论
(1)<,
(2)<,
(3)<,
(4)1-<1,其中n∈N*.
1.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),前n项和为Sn=3n+k,则实数k为( A )
(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2
解析:依题意得,数列{an}是等比数列,a1=3+k,a2=S2-S1=6,a3=S3-S2=18,
则62=18(3+k),由此解得k=-1.故选A.
2.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为( A )
(A)-24 (B)-3 (C)3 (D)8
解析:由a2,a3,a6成等比数列且a1=1得
(1+2d)2=(1+d)(1+5d).
因为d≠0,所以d=-2,
所以S6=6×1+×(-2)=-24.
故选A.
3.已知数列{an}中,an=n2-kn(n∈N*),且{an}单调递增,则k的取值范围是( B )
(A)(-∞,2] (B)(-∞,3)
(C)(-∞,2) (D)(-∞,3]
解析:因为an=n2-kn(n∈N*),且{an}单调递增,
所以an+1-an>0对∀n∈N*都成立,
又an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-n2+kn=2n+1-k,
所以由2n+1-k>0,
由k<2n+1恒成立可知k<(2n+1)min=3.故选B.
4.定义max{a,b}表示实数a,b中的较大的数.已知数列{an}满足a1=a(a>0),a2=1,an+2=(n∈N*),若a2 015=4a,记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 015的值为 .
解析:由题意得a3=,当a≥2时,a4=4,a5=2a,a6=a,a7=1,因此{an}是周期数列,周期为5,所以a2 015=a5=2a≠4a,不合题意;当a<2时,a4=,a5=4,a6=a,a7=1,
同理{an}是周期数列,周期为5,
所以a2 015=a5=4=4a,a=1,a1+a2+a3+a4+a5=18,S2 015=403×18=7 254.
答案:7 254
考点一 数列的单调性的考查
[例1] 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n-an(n∈N*).
(1)求证:数列{an-1}为等比数列,并写出{an}的通项公式;
(2)设bn=a(an-1)-(2n+1)(a为常数).若b3>0,当且仅当n=3时,|bn|取到最小值,求a的取值范围.
解:(1)因为Sn=n-an,Sn-1=n-1-an-1(n≥2).
两式相减,得2an=an-1+1.
即an-1=(an-1-1),
又因为a1=1-a1,
所以a1=,即a1-1=-.
所以数列{an-1}是首项为-,公比为的等比数列.
所以an-1=-()n-1,即an=1-.
解:(2)因为bn=--(2n+1),且b3>0,
所以a<-56,即a<0,
所以数列{bn}为递减数列.
又因为当且仅当n=3时,|bn|取到最小值,
所以b4<0,b3<|b4|=-b4,
即解得-
1.对任意正整数n,求证:(1+1)(1+)·…·(1+)>.
证明:构造an=(1+1)(1+)·…·(1+)·,
则==>=1.
所以an+1>an,即{an}为单调递增数列.
所以an≥a1=>1,
即(1+1)(1+)·…·(1+)>.
2.(2019·绍兴教学质量检测)已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n+r,则a3-r= ,数列{n(n+4)()n}的最大项是第k项,则k= .
解析:等比数列前n项和公式具有特征:Sn=aqn-a,
则Sn=3n-1,a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,
a3-r=19.
令bn=n(n+4)()n,
则=·,
由=·>1,
可得n2<10,
由=·<1,
可得n2>10,
据此可得,数列中的项满足b1
又b3=3×7×=,
b4=4×8×=,
b3
考点二 数列中的不等式恒成立问题
[例2] 已知等比数列{an}满足an+1+an=9·2n-1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式Sn>kan-2对一切n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q.
因为an+1+an=9·2n-1,n∈N*,
所以a2+a1=9,a3+a2=18,
所以q===2,
所以2a1+a1=9,所以a1=3,
所以an=3·2n-1,n∈N*.
解:(2)由(1)知,Sn===3(2n-1),
所以3(2n-1)>k·3·2n-1-2,
所以k<2-.
令f(n)=2-,则f(n)随n的增大而增大,
所以f(n)min=f(1)=2-=,
所以k<.
所以实数k的取值范围为(-∞,).
(1)由n=1,2得出两特殊等式,可求得a1和q,问题即可解决;(2)由(1)可求出Sn,进而求出k与n的不等关系,构造关于n的函数,利用函数性质求解.
1.(2019·台州期末)在数列{an}中,a1=1,a2=3,且对任意的n∈N*,都有an+2=3an+1-2an.
(1)证明数列{an+1-an}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,记数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*都有Sn≥+m,求实数m的取值范围.
解:(1)由an+2=3an+1-2an
可得an+2-an+1=2(an+1-an).
又a1=1,a2=3,
所以a2-a1=2.
所以{an+1-an}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以an+1-an=2n.
所以an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+22+…+2n-1=2n-1.
解:(2)因为bn===-.
所以Sn=b1+b2+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=1-.
又因为对任意的n∈N*都有Sn≥+m,
所以m≤1--恒成立,
即m≤(1--)min,
即当n=1时,m≤-.
故实数m的取值范围为(-∞,-].
2.已知等差数列{an},首项a1和公差d均为整数,其前n项和为Sn.
(1)若a1=1,且a2,a4,a9成等比数列,求公差d;
(2)若n≠5时,恒有Sn
将a1=1代入得(1+3d)2=(1+d)·(1+8d),
解得d=0或d=3.
解:(2)因为n≠5时,Sn
所以⇒-4d
当d=-1时,4
综上,(a1)min=9.
考点三 用基本方法解决数列中的不等式证明问题
[例3] 已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,a3=7,S4=24.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设p,q都是正整数,且p≠q,证明:Sp+q<(S2p+S2q).
(1)解:设等差数列{an}的公差是d,依题意得
解得
所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)证明:因为an=2n+1,
所以Sn==n2+2n.
2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p+q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q)=-2(p-q)2,
因为p≠q,所以2Sp+q-(S2p+S2q)<0,
所以Sp+q<(S2p+S2q).
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.
1.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足4Sn=-4n-1,n∈N*,且a2,a5,a14构成等比数列.
(1)证明:a2=;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
(1)证明:当n=1时,4a1=-5,=4a1+5,
因为an>0,
所以a2=.
(2)解:当n≥2时,4Sn-1=-4(n-1)-1,4an=4Sn-4Sn-1=--4,
=+4an+4=(an+2)2,
因为an>0,
所以an+1=an+2,
所以当n≥2时,{an}是公差d=2的等差数列.
因为a2,a5,a14构成等比数列,
所以=a2·a14,(a2+6)2=a2·(a2+24),解得a2=3,
由(1)可知4a1=-5=4,
所以a1=1,
因为a2-a1=3-1=2,
所以{an}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.
所以{an}的通项公式为an=2n-1.
(3)证明:+ +…+=+++…+
=[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]=(1-)<.
2.(2019·浙南名校联盟模拟)已知等比数列{an}的公比q∈(0,1),前n项和为Sn.若S3+a3=1,且a2+是a1与a3的等差中项.
(1)求an;
(2)设数列{bn}满足b1=0,bn+1-bn=an(n∈N*),数列{anbn}的前n项和为Tn,求证:Tn<(n∈N*).
(1)解:由S3+a3=1,得a1+a2+2a3=1,①
再由a2+是a1,a3的等差中项,得a1+a3=2(a2+),
即a1+a3-2a2=,②
由①②,得a1+a2+2a3=8(a1+a3-2a2),
即6a3-17a2+7a1=0,亦即6q2-17q+7=0,
解得q=或,又q∈(0,1),故q=.
代入①,得a1==,
所以an=a1·qn-1=·()n-1=()n,
即an= (n∈N*).
(2)证明:对任意n∈N*,
Sn===1-=1-an,
bn+1=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn+1-bn)=0+a1+a2+…+an=Sn=1-an,
即bn+1=1-an(n∈N*),
又b1=0,
故bn=1-(n∈N*).
于是anbn=-(n∈N*),从而
Tn=(++…+)-(++…+)
=1--
=-+
=-<,
即Tn<(n∈N*).
考点四 放缩法证明数列有关的不等式问题
[例4] (2019·浙江名校协作体联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=2,an>0,2Sn+1-=-2Sn,其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求证:Tn<.
(1)解:由
可得-=2(an+1+an).
因为an>0,
所以an+1-an=2(n≥2).
令n=1,则a2=4,
所以a2-a1=2,
所以an+1-an=2(n∈N*).
故an=2n.
(2)证明:由(1)知bn=,则T1=b1=<.
当n≥2时,bn=<==
(-).
所以Tn=+b2+b3+…+bn<+[(-)+(-)+…+(-)]
=-·<.
综上,Tn<.
已知正项数列{an}满足a1=2,an=2an+1-(n∈N*).
证明:(1)1
因为2+>0,
所以an+1-1与an-1同号,
因为a1-1=1>0,
所以an-1>0,n∈N*,即an>1,n∈N*.
所以an-an+1=an+1->0,
从而an+1-an<0,
所以1
所以==-<-=.
所以an+1-1<(an-1),
因为an=2an+1-,
所以-1=4-4+-1,
得-1=(-1)(4-)>3(-1),
所以<,
可得-1<(-1)×()n-1,
又易得a2=,-1=,
所以-1+-1+…+-1<,
即++…+
[例5] 数列{an}是公比为的等比数列,且1-a2是a1与1+a3的等比中项,前n项和为Sn;数列{bn}是等差数列,b1=8,其前n项和Tn满足Tn=nλ·bn+1(λ为常数,且λ≠1).
(1)求数列{an}的通项公式及λ的值;
(2)比较+++…+与Sn的大小.
解:(1)由题意得(1-a2)2=a1(a3+1),
即(1-a1)2=a1(a1+1),
解得a1=,
所以an=()n.
设{bn}的公差为d,
又即
解得或(舍去),
所以λ=.
解:(2)由(1)知Sn=1-()n,
所以Sn=-()n+1≥,①
易求Tn=4n2+4n,
所以==(-),
所以++…+
=[(1-)+(-)+…+(-)]
=(1-)<,②
由①②可知++…+
(2)对含字母的数列求和,常伴随着分类讨论.如求Sn=a+2a2+3a3+…+nan时,要对a分a=0,a=1,a≠1且a≠0三种情况求和,只有当a≠1且a≠0时,才可用错位相减法求和.
1.在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12, q=.
(1)求an与bn;
(2)证明:≤++…+<.
(1)解:设{an}的公差为d,
因为
所以
解得q=3或q=-4(舍去),d=3.
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.
(2)证明:因为Sn=,
所以==(-).
故++…+=[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]=(1-).
因为n≥1,
所以0<≤,
于是≤1-<1,
所以≤(1-)<.
即≤++…+<.
2.设数列{an}的前n项和为Sn,且满足an-Sn-1=0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在实数λ,使得数列{Sn+(n+2n)λ}为等差数列?若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由.
解:(1)由an-Sn-1=0(n∈N*),
可知当n=1时,a1-a1-1=0⇒a1=2,
又由an-Sn-1=0(n∈N*).
可得an+1-Sn+1-1=0,
两式相减,得(an+1-Sn+1-1)-(an-Sn-1)=0,
即an+1-an=0,即an+1=2an.
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列.
故an=2n(n∈N*).
解:(2)存在.
由(1)知,Sn==2(2n-1),
所以Sn+(n+2n)λ=2(2n-1)+(n+2n)λ,
若{Sn+(n+2n)λ}为等差数列,
则S1+(1+2)λ,S2+(2+22)λ,S3+(3+23)λ成等差数列,
即有2[S2+(2+22)λ]=[S1+(1+2)λ]+[S3+(3+23)λ],
即2(6+6λ)=2+3λ+14+11λ,
解得λ=-2.
经检验λ=-2时,{Sn+(n+2n)λ}成等差数列,
故λ的值为-2.
数列求和的综合问题
[例题] 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=(n∈N*),若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.
(1)求an与bn;
(2)设cn=-(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解:(1)由a1a2a3…an=,b3-b2=6,
知a3==()6=8.
又由a1=2得公比q=2,(q=-2舍去)
所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*).
所以a1a2a3…an==()n(n+1).
故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).
(2)①由(1)知,
cn=-=-(-)(n∈N*),
所以Sn=-(n∈N*).
解:②因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,
当n≥5时,cn=[-1],
而-=>0,
得≤<1.
所以当n≥5时,cn<0.
综上,对任意n∈N*恒有S4≥Sn.故k=4.
规范要求: (1)对求{an}的通项时,q=-2要舍去.
(2){cn}的裂项要到位.
(3)对{cn}的项的正负可以用列举法逐个验证.
温馨提示:(1)求通项属基本量的计算,公式应熟悉到位;
(2)证明当n≥5时cn<0是采用了数列的单调性证明过程,即cn-cn+1>0的方式.
[规范训练1] 已知数列{an}的前n项和Sn满足(t-1)Sn=t(an-2)(t为常数,t≠0且t≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Sn-1,且数列{bn}为等比数列.
①求t的值;
②若cn=(-an)·log3(-bn),求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)由(t-1)Sn=t(an-2),及(t-1)Sn+1=t(an+1-2),作差得an+1=tan,即数列{an}为等比数列,an=a1tn-1,
易求a1=2t,故an=2tn.
解:(2)①因为数列{bn}为等比数列,所以=b1b3,
代入得(2t+2t2-1)2=(2t-1)(2t+2t2+2t3-1),
整理得6t3=2t2,
解得t=或t=0(舍去),故t=,
当t=时,bn=Sn-1=-,
显然数列{bn}为等比数列,
解:②cn=(-an)·log3(-bn)=,
所以Tn=+++…+,
则Tn=+++…+,
两式作差得
Tn=+++…+-=1--
=1-,
故Tn=-.
[规范训练2] 已知数列{an}的各项为正数,其前n项和Sn满足Sn=()2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项的和Tn;
(3)在(2)的条件下,若
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=()2-()2,
化简得an-an-1=2,所以an=2n-1.
(2)由(1)知,an=2n-1,
则bn===(-),
所以Tn=(1-+-+…+-)
=(1-)=.
解:(3)Tn+1-Tn=-=>0,
所以{Tn}单调递增,
所以Tn≥T1=.
因为Tn=<,所以≤Tn<,
使得
即m的取值范围为[,).
类型一 数列的单调性
1.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=(n∈N*).若bn+1=(n-2λ)·(+1)(n∈N*),b1=-λ,且数列{bn}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( C )
(A)(,+∞) (B)(-∞,)
(C)(-∞,) (D)(,+∞,)
解析:因为an+1=,故==1+,故+1=+2,故=2,即{+1}是首项为2,公比为2的等比数列,故+1=2n,bn+1=(n-2λ)2n.要使数列{bn}单调递增,则即
由(1-2λ)·2>-λ,解得λ<;
由(n-2λ)2n>(n-1-2λ)2n-1,
即2(n-2λ)>n-1-2λ,得λ<,
因为n∈N*,故λ<1.
综上所述,实数λ的取值范围是(-∞,).
故选C.
2.已知an=(n∈N*),设am为数列{an}的最大项,则 m= .
解析:因为an=1+,
所以当n≤7时,0≤an<1;
当n≥8时,1
答案:8
3.已知数列{an}的通项公式为an=,则此数列的最大项的值为 .
解析:法一 an+1-an=-
=·,
当n<8时,an+1-an>0,即an+1>an;
当n=8时,an+1-an=0时,即an+1=an;
当n>8时,an+1-an<0,即an+1
法二 设数列{an}的第n项最大,
则
即解得8≤n≤9,
又n∈N*,所以n=8或n=9.
所以数列的第8项和第9项的值最大,a8=a9=.
答案:
类型二 数列中的恒成立求参数问题
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,S10>0并且S11=0,若Sn≤Sk对n∈N*恒成立,则正整数k构成的集合为( C )
(A){5} (B){6} (C){5,6} (D){7}
解析:在等差数列{an}中,
由S10>0,S11=0得,
S10=>0⇒a1+a10>0⇒a5+a6>0,
S11==0⇒a1+a11=2a6=0,
故可知等差数列{an}是递减数列且a6=0,
所以S5=S6≥Sn,其中n∈N*,
所以k=5或6.故选C.
5.已知数列{an}的通项公式为an=25-n,数列{bn}的通项公式为bn=n+k,设cn=若在数列{cn}中,c5≤cn对任意n∈N*恒成立,则实数k的取值范围是 .
解析:利用数列的单调性求解.数列{cn}中的项是an,bn中的最大值,且c5是数列{cn}的最小项,由于y=25-n递减,函数y=n+k递增,所以b5≤a5≤b6或a5≤b5≤a4, 即5+k≤25-5≤6+k或25-5≤5+k≤25-4,解得-5≤k≤-4或-4≤k≤-3,故实数k的取值范围是-5≤k≤-3.
答案:[-5,-3]
类型三 数列中不等式证明问题
6.已知数列{an}的前n项和Sn=3n(λ-n)-6,若数列{an}单调递减,则λ的取值范围是( A )
(A)(-∞,2) (B)(-∞,3)
(C)(-∞,4) (D)(-∞,5)
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1(2λ-2n-1),
又a1=3λ-9,
因为{an}单调递减,所以a2-a1=3λ-6<0,λ<2,
又n≥2时,an-an+1=3n-1(2λ-2n-1)-3n(2λ-2n-3)=3n-1(2λ-2n-1-6λ+6n+9)=3n-1(-4λ+4n+8)>0恒成立,即λ
7.已知数列{an}是等比数列,若a2a5a8=-8,则++( D )
(A)有最大值 (B)有最小值
(C)有最大值 (D)有最小值
解析:因为{an}是等比数列,且a2a5a8=-8,
则=-8, a5=-2,
++=()2+()2+()2
=1+()2+()2
≥1+2××
=1+
=,
当且仅当=时取等号,
所以++的最小值为.故选D.
8.设数列{an}满足a1=,且对任意的n∈N*,满足an+2-an≤2n,an+4-an≥5×2n,则a2 017= .
解析:因为对任意的n∈N*,满足an+2-an≤2n,an+4-an≥5×2n,
所以5×2n≤an+4-an=(an+4-an+2)+(an+2-an)≤2n+2+2n=5×2n,
所以an+4-an=5×2n,
所以a2 017=(a2 017-a2 013)+(a2 013-a2 009)+…+(a5-a1)+a1
=5×(22 013+22 009+…+21)+
=5×+
=.
答案:
9.(2019·金华十校模拟)数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=Sn+1(n∈N+).
(1)求通项公式an;
(2)记Tn=++…+,求证:-≤Tn<2.
(1)解:an+1=Sn+1,
所以an=Sn-1+1,n≥2,
所以an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,
所以an+1=2an.
故an=2n-1(n≥2),易验证n=1时,上式也成立,
所以an=2n-1.
(2)证明:因为an+1=Sn+1,所以Sn=2n-1.
所以当n≥2时,<<.
所以Tn>1+=-,
Tn<1+=2-<2.
容易验证当n=1时,T1=1=-,且T1=1<2.
故-≤Tn<2.
复习目标
学法指导
1.数列的单调性.
2.有数列参与的恒成立求参数问题.
3.数列参与的不等式证明问题.
数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现,试题还可能涉及与导数、函数等知识综合考查.主要考查知识重点和热点是比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求,在不等式的证明中要注意放缩法的应用.
有数列参与的不等式的证明问题,常用的方法有
(1)比较法.
(2)分析法与综合法,一般先分析再综合.
(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大与缩小,项数的增加与减少等手段达到证明的目的.
一、数列的单调性
1.递增数列:对任意n∈N*都有an+1>an.
2.递减数列:对任意n∈N*都有an+1
1.放缩后可转化为等比数列,进一步证明所求结论.
2.放缩后裂项迭加、迭乘出现项项相互抵消从而达到证明结论的目的.
1.概念的理解
(1)数列的单调性是对数列中的任意相邻两项大小的比较,不是单独针对哪两个具体的项而言.例如数列{an}是递增数列,则a1
2.与数列的单调性相关联的知识结论
(1)一个数列的单调性并不是说数列只有递增或递减的特征,像我们见到的常数列既不是递增的也不是递减的.
(2)若{an}是等差数列,则其是递增数列⇔d>0,若是递减数列⇔d<0.
(3)若{an}是等比数列,则其是递增数列⇔a1>0,q>1或a1<0,0
三、求有数列参与的不等式恒成立的条件参数问题
1.数列的定义及基本量中的参数问题.
2.数列看作函数时的恒成立问题.
四、数列参与的不等式的证明问题
1.比较法
2.分析法与综合法
3.与放缩法的应用相关的结论
(1)<,
(2)<,
(3)<,
(4)1-<1,其中n∈N*.
1.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),前n项和为Sn=3n+k,则实数k为( A )
(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2
解析:依题意得,数列{an}是等比数列,a1=3+k,a2=S2-S1=6,a3=S3-S2=18,
则62=18(3+k),由此解得k=-1.故选A.
2.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为( A )
(A)-24 (B)-3 (C)3 (D)8
解析:由a2,a3,a6成等比数列且a1=1得
(1+2d)2=(1+d)(1+5d).
因为d≠0,所以d=-2,
所以S6=6×1+×(-2)=-24.
故选A.
3.已知数列{an}中,an=n2-kn(n∈N*),且{an}单调递增,则k的取值范围是( B )
(A)(-∞,2] (B)(-∞,3)
(C)(-∞,2) (D)(-∞,3]
解析:因为an=n2-kn(n∈N*),且{an}单调递增,
所以an+1-an>0对∀n∈N*都成立,
又an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-n2+kn=2n+1-k,
所以由2n+1-k>0,
由k<2n+1恒成立可知k<(2n+1)min=3.故选B.
4.定义max{a,b}表示实数a,b中的较大的数.已知数列{an}满足a1=a(a>0),a2=1,an+2=(n∈N*),若a2 015=4a,记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 015的值为 .
解析:由题意得a3=,当a≥2时,a4=4,a5=2a,a6=a,a7=1,因此{an}是周期数列,周期为5,所以a2 015=a5=2a≠4a,不合题意;当a<2时,a4=,a5=4,a6=a,a7=1,
同理{an}是周期数列,周期为5,
所以a2 015=a5=4=4a,a=1,a1+a2+a3+a4+a5=18,S2 015=403×18=7 254.
答案:7 254
考点一 数列的单调性的考查
[例1] 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n-an(n∈N*).
(1)求证:数列{an-1}为等比数列,并写出{an}的通项公式;
(2)设bn=a(an-1)-(2n+1)(a为常数).若b3>0,当且仅当n=3时,|bn|取到最小值,求a的取值范围.
解:(1)因为Sn=n-an,Sn-1=n-1-an-1(n≥2).
两式相减,得2an=an-1+1.
即an-1=(an-1-1),
又因为a1=1-a1,
所以a1=,即a1-1=-.
所以数列{an-1}是首项为-,公比为的等比数列.
所以an-1=-()n-1,即an=1-.
解:(2)因为bn=--(2n+1),且b3>0,
所以a<-56,即a<0,
所以数列{bn}为递减数列.
又因为当且仅当n=3时,|bn|取到最小值,
所以b4<0,b3<|b4|=-b4,
即解得-
1.对任意正整数n,求证:(1+1)(1+)·…·(1+)>.
证明:构造an=(1+1)(1+)·…·(1+)·,
则==>=1.
所以an+1>an,即{an}为单调递增数列.
所以an≥a1=>1,
即(1+1)(1+)·…·(1+)>.
2.(2019·绍兴教学质量检测)已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n+r,则a3-r= ,数列{n(n+4)()n}的最大项是第k项,则k= .
解析:等比数列前n项和公式具有特征:Sn=aqn-a,
则Sn=3n-1,a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,
a3-r=19.
令bn=n(n+4)()n,
则=·,
由=·>1,
可得n2<10,
由=·<1,
可得n2>10,
据此可得,数列中的项满足b1
又b3=3×7×=,
b4=4×8×=,
b3
考点二 数列中的不等式恒成立问题
[例2] 已知等比数列{an}满足an+1+an=9·2n-1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式Sn>kan-2对一切n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q.
因为an+1+an=9·2n-1,n∈N*,
所以a2+a1=9,a3+a2=18,
所以q===2,
所以2a1+a1=9,所以a1=3,
所以an=3·2n-1,n∈N*.
解:(2)由(1)知,Sn===3(2n-1),
所以3(2n-1)>k·3·2n-1-2,
所以k<2-.
令f(n)=2-,则f(n)随n的增大而增大,
所以f(n)min=f(1)=2-=,
所以k<.
所以实数k的取值范围为(-∞,).
(1)由n=1,2得出两特殊等式,可求得a1和q,问题即可解决;(2)由(1)可求出Sn,进而求出k与n的不等关系,构造关于n的函数,利用函数性质求解.
1.(2019·台州期末)在数列{an}中,a1=1,a2=3,且对任意的n∈N*,都有an+2=3an+1-2an.
(1)证明数列{an+1-an}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,记数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*都有Sn≥+m,求实数m的取值范围.
解:(1)由an+2=3an+1-2an
可得an+2-an+1=2(an+1-an).
又a1=1,a2=3,
所以a2-a1=2.
所以{an+1-an}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以an+1-an=2n.
所以an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+22+…+2n-1=2n-1.
解:(2)因为bn===-.
所以Sn=b1+b2+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=1-.
又因为对任意的n∈N*都有Sn≥+m,
所以m≤1--恒成立,
即m≤(1--)min,
即当n=1时,m≤-.
故实数m的取值范围为(-∞,-].
2.已知等差数列{an},首项a1和公差d均为整数,其前n项和为Sn.
(1)若a1=1,且a2,a4,a9成等比数列,求公差d;
(2)若n≠5时,恒有Sn
将a1=1代入得(1+3d)2=(1+d)·(1+8d),
解得d=0或d=3.
解:(2)因为n≠5时,Sn
所以⇒-4d
当d=-1时,4
综上,(a1)min=9.
考点三 用基本方法解决数列中的不等式证明问题
[例3] 已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,a3=7,S4=24.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设p,q都是正整数,且p≠q,证明:Sp+q<(S2p+S2q).
(1)解:设等差数列{an}的公差是d,依题意得
解得
所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)证明:因为an=2n+1,
所以Sn==n2+2n.
2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p+q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q)=-2(p-q)2,
因为p≠q,所以2Sp+q-(S2p+S2q)<0,
所以Sp+q<(S2p+S2q).
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.
1.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足4Sn=-4n-1,n∈N*,且a2,a5,a14构成等比数列.
(1)证明:a2=;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
(1)证明:当n=1时,4a1=-5,=4a1+5,
因为an>0,
所以a2=.
(2)解:当n≥2时,4Sn-1=-4(n-1)-1,4an=4Sn-4Sn-1=--4,
=+4an+4=(an+2)2,
因为an>0,
所以an+1=an+2,
所以当n≥2时,{an}是公差d=2的等差数列.
因为a2,a5,a14构成等比数列,
所以=a2·a14,(a2+6)2=a2·(a2+24),解得a2=3,
由(1)可知4a1=-5=4,
所以a1=1,
因为a2-a1=3-1=2,
所以{an}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.
所以{an}的通项公式为an=2n-1.
(3)证明:+ +…+=+++…+
=[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]=(1-)<.
2.(2019·浙南名校联盟模拟)已知等比数列{an}的公比q∈(0,1),前n项和为Sn.若S3+a3=1,且a2+是a1与a3的等差中项.
(1)求an;
(2)设数列{bn}满足b1=0,bn+1-bn=an(n∈N*),数列{anbn}的前n项和为Tn,求证:Tn<(n∈N*).
(1)解:由S3+a3=1,得a1+a2+2a3=1,①
再由a2+是a1,a3的等差中项,得a1+a3=2(a2+),
即a1+a3-2a2=,②
由①②,得a1+a2+2a3=8(a1+a3-2a2),
即6a3-17a2+7a1=0,亦即6q2-17q+7=0,
解得q=或,又q∈(0,1),故q=.
代入①,得a1==,
所以an=a1·qn-1=·()n-1=()n,
即an= (n∈N*).
(2)证明:对任意n∈N*,
Sn===1-=1-an,
bn+1=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn+1-bn)=0+a1+a2+…+an=Sn=1-an,
即bn+1=1-an(n∈N*),
又b1=0,
故bn=1-(n∈N*).
于是anbn=-(n∈N*),从而
Tn=(++…+)-(++…+)
=1--
=-+
=-<,
即Tn<(n∈N*).
考点四 放缩法证明数列有关的不等式问题
[例4] (2019·浙江名校协作体联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=2,an>0,2Sn+1-=-2Sn,其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求证:Tn<.
(1)解:由
可得-=2(an+1+an).
因为an>0,
所以an+1-an=2(n≥2).
令n=1,则a2=4,
所以a2-a1=2,
所以an+1-an=2(n∈N*).
故an=2n.
(2)证明:由(1)知bn=,则T1=b1=<.
当n≥2时,bn=<==
(-).
所以Tn=+b2+b3+…+bn<+[(-)+(-)+…+(-)]
=-·<.
综上,Tn<.
已知正项数列{an}满足a1=2,an=2an+1-(n∈N*).
证明:(1)1
因为2+>0,
所以an+1-1与an-1同号,
因为a1-1=1>0,
所以an-1>0,n∈N*,即an>1,n∈N*.
所以an-an+1=an+1->0,
从而an+1-an<0,
所以1
所以==-<-=.
所以an+1-1<(an-1),
因为an=2an+1-,
所以-1=4-4+-1,
得-1=(-1)(4-)>3(-1),
所以<,
可得-1<(-1)×()n-1,
又易得a2=,-1=,
所以-1+-1+…+-1<,
即++…+
[例5] 数列{an}是公比为的等比数列,且1-a2是a1与1+a3的等比中项,前n项和为Sn;数列{bn}是等差数列,b1=8,其前n项和Tn满足Tn=nλ·bn+1(λ为常数,且λ≠1).
(1)求数列{an}的通项公式及λ的值;
(2)比较+++…+与Sn的大小.
解:(1)由题意得(1-a2)2=a1(a3+1),
即(1-a1)2=a1(a1+1),
解得a1=,
所以an=()n.
设{bn}的公差为d,
又即
解得或(舍去),
所以λ=.
解:(2)由(1)知Sn=1-()n,
所以Sn=-()n+1≥,①
易求Tn=4n2+4n,
所以==(-),
所以++…+
=[(1-)+(-)+…+(-)]
=(1-)<,②
由①②可知++…+
(2)对含字母的数列求和,常伴随着分类讨论.如求Sn=a+2a2+3a3+…+nan时,要对a分a=0,a=1,a≠1且a≠0三种情况求和,只有当a≠1且a≠0时,才可用错位相减法求和.
1.在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12, q=.
(1)求an与bn;
(2)证明:≤++…+<.
(1)解:设{an}的公差为d,
因为
所以
解得q=3或q=-4(舍去),d=3.
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.
(2)证明:因为Sn=,
所以==(-).
故++…+=[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]=(1-).
因为n≥1,
所以0<≤,
于是≤1-<1,
所以≤(1-)<.
即≤++…+<.
2.设数列{an}的前n项和为Sn,且满足an-Sn-1=0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在实数λ,使得数列{Sn+(n+2n)λ}为等差数列?若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由.
解:(1)由an-Sn-1=0(n∈N*),
可知当n=1时,a1-a1-1=0⇒a1=2,
又由an-Sn-1=0(n∈N*).
可得an+1-Sn+1-1=0,
两式相减,得(an+1-Sn+1-1)-(an-Sn-1)=0,
即an+1-an=0,即an+1=2an.
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列.
故an=2n(n∈N*).
解:(2)存在.
由(1)知,Sn==2(2n-1),
所以Sn+(n+2n)λ=2(2n-1)+(n+2n)λ,
若{Sn+(n+2n)λ}为等差数列,
则S1+(1+2)λ,S2+(2+22)λ,S3+(3+23)λ成等差数列,
即有2[S2+(2+22)λ]=[S1+(1+2)λ]+[S3+(3+23)λ],
即2(6+6λ)=2+3λ+14+11λ,
解得λ=-2.
经检验λ=-2时,{Sn+(n+2n)λ}成等差数列,
故λ的值为-2.
数列求和的综合问题
[例题] 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=(n∈N*),若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.
(1)求an与bn;
(2)设cn=-(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解:(1)由a1a2a3…an=,b3-b2=6,
知a3==()6=8.
又由a1=2得公比q=2,(q=-2舍去)
所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*).
所以a1a2a3…an==()n(n+1).
故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).
(2)①由(1)知,
cn=-=-(-)(n∈N*),
所以Sn=-(n∈N*).
解:②因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,
当n≥5时,cn=[-1],
而-=>0,
得≤<1.
所以当n≥5时,cn<0.
综上,对任意n∈N*恒有S4≥Sn.故k=4.
规范要求: (1)对求{an}的通项时,q=-2要舍去.
(2){cn}的裂项要到位.
(3)对{cn}的项的正负可以用列举法逐个验证.
温馨提示:(1)求通项属基本量的计算,公式应熟悉到位;
(2)证明当n≥5时cn<0是采用了数列的单调性证明过程,即cn-cn+1>0的方式.
[规范训练1] 已知数列{an}的前n项和Sn满足(t-1)Sn=t(an-2)(t为常数,t≠0且t≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Sn-1,且数列{bn}为等比数列.
①求t的值;
②若cn=(-an)·log3(-bn),求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)由(t-1)Sn=t(an-2),及(t-1)Sn+1=t(an+1-2),作差得an+1=tan,即数列{an}为等比数列,an=a1tn-1,
易求a1=2t,故an=2tn.
解:(2)①因为数列{bn}为等比数列,所以=b1b3,
代入得(2t+2t2-1)2=(2t-1)(2t+2t2+2t3-1),
整理得6t3=2t2,
解得t=或t=0(舍去),故t=,
当t=时,bn=Sn-1=-,
显然数列{bn}为等比数列,
解:②cn=(-an)·log3(-bn)=,
所以Tn=+++…+,
则Tn=+++…+,
两式作差得
Tn=+++…+-=1--
=1-,
故Tn=-.
[规范训练2] 已知数列{an}的各项为正数,其前n项和Sn满足Sn=()2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项的和Tn;
(3)在(2)的条件下,若
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=()2-()2,
化简得an-an-1=2,所以an=2n-1.
(2)由(1)知,an=2n-1,
则bn===(-),
所以Tn=(1-+-+…+-)
=(1-)=.
解:(3)Tn+1-Tn=-=>0,
所以{Tn}单调递增,
所以Tn≥T1=.
因为Tn=<,所以≤Tn<,
使得
即m的取值范围为[,).
类型一 数列的单调性
1.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=(n∈N*).若bn+1=(n-2λ)·(+1)(n∈N*),b1=-λ,且数列{bn}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( C )
(A)(,+∞) (B)(-∞,)
(C)(-∞,) (D)(,+∞,)
解析:因为an+1=,故==1+,故+1=+2,故=2,即{+1}是首项为2,公比为2的等比数列,故+1=2n,bn+1=(n-2λ)2n.要使数列{bn}单调递增,则即
由(1-2λ)·2>-λ,解得λ<;
由(n-2λ)2n>(n-1-2λ)2n-1,
即2(n-2λ)>n-1-2λ,得λ<,
因为n∈N*,故λ<1.
综上所述,实数λ的取值范围是(-∞,).
故选C.
2.已知an=(n∈N*),设am为数列{an}的最大项,则 m= .
解析:因为an=1+,
所以当n≤7时,0≤an<1;
当n≥8时,1
答案:8
3.已知数列{an}的通项公式为an=,则此数列的最大项的值为 .
解析:法一 an+1-an=-
=·,
当n<8时,an+1-an>0,即an+1>an;
当n=8时,an+1-an=0时,即an+1=an;
当n>8时,an+1-an<0,即an+1
法二 设数列{an}的第n项最大,
则
即解得8≤n≤9,
又n∈N*,所以n=8或n=9.
所以数列的第8项和第9项的值最大,a8=a9=.
答案:
类型二 数列中的恒成立求参数问题
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,S10>0并且S11=0,若Sn≤Sk对n∈N*恒成立,则正整数k构成的集合为( C )
(A){5} (B){6} (C){5,6} (D){7}
解析:在等差数列{an}中,
由S10>0,S11=0得,
S10=>0⇒a1+a10>0⇒a5+a6>0,
S11==0⇒a1+a11=2a6=0,
故可知等差数列{an}是递减数列且a6=0,
所以S5=S6≥Sn,其中n∈N*,
所以k=5或6.故选C.
5.已知数列{an}的通项公式为an=25-n,数列{bn}的通项公式为bn=n+k,设cn=若在数列{cn}中,c5≤cn对任意n∈N*恒成立,则实数k的取值范围是 .
解析:利用数列的单调性求解.数列{cn}中的项是an,bn中的最大值,且c5是数列{cn}的最小项,由于y=25-n递减,函数y=n+k递增,所以b5≤a5≤b6或a5≤b5≤a4, 即5+k≤25-5≤6+k或25-5≤5+k≤25-4,解得-5≤k≤-4或-4≤k≤-3,故实数k的取值范围是-5≤k≤-3.
答案:[-5,-3]
类型三 数列中不等式证明问题
6.已知数列{an}的前n项和Sn=3n(λ-n)-6,若数列{an}单调递减,则λ的取值范围是( A )
(A)(-∞,2) (B)(-∞,3)
(C)(-∞,4) (D)(-∞,5)
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1(2λ-2n-1),
又a1=3λ-9,
因为{an}单调递减,所以a2-a1=3λ-6<0,λ<2,
又n≥2时,an-an+1=3n-1(2λ-2n-1)-3n(2λ-2n-3)=3n-1(2λ-2n-1-6λ+6n+9)=3n-1(-4λ+4n+8)>0恒成立,即λ
7.已知数列{an}是等比数列,若a2a5a8=-8,则++( D )
(A)有最大值 (B)有最小值
(C)有最大值 (D)有最小值
解析:因为{an}是等比数列,且a2a5a8=-8,
则=-8, a5=-2,
++=()2+()2+()2
=1+()2+()2
≥1+2××
=1+
=,
当且仅当=时取等号,
所以++的最小值为.故选D.
8.设数列{an}满足a1=,且对任意的n∈N*,满足an+2-an≤2n,an+4-an≥5×2n,则a2 017= .
解析:因为对任意的n∈N*,满足an+2-an≤2n,an+4-an≥5×2n,
所以5×2n≤an+4-an=(an+4-an+2)+(an+2-an)≤2n+2+2n=5×2n,
所以an+4-an=5×2n,
所以a2 017=(a2 017-a2 013)+(a2 013-a2 009)+…+(a5-a1)+a1
=5×(22 013+22 009+…+21)+
=5×+
=.
答案:
9.(2019·金华十校模拟)数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=Sn+1(n∈N+).
(1)求通项公式an;
(2)记Tn=++…+,求证:-≤Tn<2.
(1)解:an+1=Sn+1,
所以an=Sn-1+1,n≥2,
所以an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,
所以an+1=2an.
故an=2n-1(n≥2),易验证n=1时,上式也成立,
所以an=2n-1.
(2)证明:因为an+1=Sn+1,所以Sn=2n-1.
所以当n≥2时,<<.
所以Tn>1+=-,
Tn<1+=2-<2.
容易验证当n=1时,T1=1=-,且T1=1<2.
故-≤Tn<2.
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