北大附中高考数学专题复习数列极限数学归纳法下

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北大附中高考数学专题复习数列极限数学归纳法下

学科:数学 教学内容:数列、极限、数学归纳法(下)‎ ‎【例题解析】‎ 例1 完成下列各选择题 ‎(1)“公差为0的等差数列是等比数列”;“公比为的等比数列一定是递减数列”;“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”;“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”,以上四个命题中,正确的有( )‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 ‎(2)命题1:若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1),则数列{an}是等比数列;‎ 命题2:若数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c(a≠0),则数列{an}是等差数列;‎ 命题3:若数列{an}的前n项和Sn=na-n,则数列{an}既是等差数列,又是等比数列;上述三个命题中,真命题有( )‎ A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 ‎(3)设{an}是递增等差数列,前三项的和为12,前三项的积为48,则它的首项是( )‎ A.1 B.2 C.4 D.6‎ 解析 (1)四个命题中只有最后一个是真命题。‎ 命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列;‎ 命题2中可知an+1=an×,an+1an,即an+1>an,此时该数列为递增数列;‎ 命题3中,若a=b=0,c∈R,此时有,但数列a,b,c不是等比数列,所以应是必要而不充分条件,若将条件改为b=,则成为不必要也不充分条件。‎ ‎(2)上述三个命题均涉及到Sn与an的关系,它们是an= 正确判断数列{an}是等差数列或等比数列,都必须用上述关系式,尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题,选择A。‎ 由命题1得,a1=a+b,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(a-1)·an-1。若{an}是等比数列,则=a,即=a,所以只有当b=-1且a≠0时,此数列才是等比数列。‎ 由命题2得,a1=a+b+c,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2na+b-a,若{an}是等差数列,则a2-a1=2a,即2a-c=2a,所以只有当c=0时,数列{an}才是等差数列。‎ 由命题3得,a1=a-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a-1,显然{an ‎}是一个常数列,即公差为0的等差数列,因此只有当a-1≠0;即a≠1时数列{an}才又是等比数列。‎ ‎(3)方程法:设{an}的首项为a1,公差为d。则解之得或 又∵{an}是递增数列,∴d>0故a1=2。‎ 习惯上可设前三项分别为4-d,4,4+d由4(4-d)(4+d)=48解得。‎ 估值法:由2+4+6=12,48=2×4×6,{an}为递增数列可知a1=2。‎ 例2在数列{an}中,a1=b(b≠0),前n项和Sn构成公比为q的等比数列。‎ ‎(1)求证:数列{an}不是等比数列;‎ ‎(2)设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求bn。‎ 解 (1)证明:由已知S1=a1=b ‎∵{Sn}成等比数列,且公比为q。‎ ‎∴Sn=bqn-1,∴Sn-1=b·qn-2(n≥2)。当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b·(q-1)·qn-2‎ 故当q≠1时,==q,‎ 而==q-1≠q,∴{an}不是等比数列。‎ 当q=1,n≥2时,an=0,所以{an}也不是等比数列。‎ 综上所述,{an}不是等比数列。‎ ‎(2)∵|q|<1,由(1)知n≥2,a2,a3,a4,…,an构成公比为q的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列。‎ ‎∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n-4)‎ ‎∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b ‎∴a2S2=b2q(q-1)‎ ‎∴bn=b2+b2q(q-1)· ‎∵|q|<1‎ ‎∴q2n-2=0‎ ‎∴bn=b2+b2q(q-1)·= 注 1+q2+q4+…+q2n-4的最后一项及这个式子的项数很容易求错,故解此类题时要细心检验。数列的极限与数列前n项和以及其他任何有限多个项无关,它取决于n→∞时,数列变化的趋势。‎ 例3 已知数列{xn}的各项为不等于1的正数,其前n项和为Sn,点Pn 的坐标为(xn,Sn),若所有这样的点Pn(n=1,2,…)都在斜率为k的同一直线(常数k≠0,1)上。‎ ‎(1)求证:数列{xn}是等比数列;‎ ‎(2)设yn=log (2a2-3a+1)满足 ys=,yt=(s,t∈N,且s≠t)‎ 共中a为常数,且1M时,xn>1恒成立?若存在,求出相应的M;若不存在,请说明理由。‎ 证明 (1)∵点Pn、Pn+1都在斜率为k的直线上 ‎∴=k,即=k 故 (k-1)xn+1=kxn ‎∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1‎ ‎∴==常数 ‎∴{xn}是公比为的等比数列。‎ ‎(2)答案是肯定的,即存在自然数M,使当n>M时,xn>1恒成立。‎ 事实上,由10首项为x1,则xn=x1·qn-1(n∈N)‎ ‎∴=(n-1) logq+logx1‎ 令d=logq,故得{}是以d为公差的等差数列。‎ 又∵=2t+1, =2s+1‎ ‎∴-=2(t-s)‎ 即(s-1)d-(t-1)d=2(t-s)‎ ‎∴d=-2‎ 故=+(n-s)·(-2)=2(t+s)-2n+1,(n∈N)‎ 又∵xn=(2a2-3a+1) (n∈N)‎ ‎∴要使xn>1恒成立,即须<0‎ ‎∴2(t+s)-2n+1<0,∴n>(t+s)+,当M=t+s,n>M时,我们有 <0恒成立, ‎ ‎∴当n>M=(t+s)时,‎ xn=(2a2-3a+1) >1恒成立。(∵0<2a2-3a+1<1)‎ 注 (1)点(xn,Sn)在一直线上是{xn}成等比数列的充要条件(其中公比q≠1,斜率k≠0,1)。‎ ‎(2)如果数列{xn}各项是正数且成等比数列,则数列{logaxn}(a>0,a≠1)成等差数列。‎ 例4 在数列{an}中a1=1,当n≥2时,an,Sn,Sn-成等比数列。‎ ‎(1)求a2,a3,a4并推出an的表达式;‎ ‎(2)用数学归纳法证明所得的结论;‎ ‎(3)求数列{an}所有项的和。‎ 解∵an,Sn,Sn-成等比数列 ‎∴Sn2=an·(Sn-)(n≥2) (*)‎ ‎(1)把a1=1,S2=a1+a2=1+a2代入(*)式得:a2=- 把a1=1,a2=-,S3=+a3代入(*)得:a3=-。同理可得:a4=- 由此可以推出:‎ an= ‎(2)(i)当n=1,2,3,4时,由(*)知猜想成立。‎ ‎(ii)假设n=k(k≥2) 时,ak=-成立。‎ 故Sk2=-·(Sk-)‎ ‎(2k-3)(2k-1)Sk2+2Sk-1=0‎ ‎∴Sk=或Sk=(舍去)‎ 由Sk+12=ak+1·(Sk+1-)得 ‎(Sk+ak+1)2=ak+1·(ak+1+Sk-)‎ +ak+12+=ak+12+-ak+1‎ ak+1= 即n=k+1时,命题也成立。‎ 由(i)(ii)可知,an= 对一切n∈N成立。‎ ‎(3)由(2)得数列前n项的和Sn= 故所有项和S=Sn=0‎ 注 (1)本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识,所采用的方法是归纳、猜想、证明,是数列中最常见的题型,也是高考热点。‎ ‎(2)对于{an}的通项还可以这样来求:‎ ‎∵Sn2=an(Sn-) ∴Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn-)‎ -=2,故{}是以{}为首项,为公差的等差数列 故 =+2(n-1)=2n-1‎ Sn=,an= 对于含有an,Sn的关系式中,常将an用Sn-Sn-1(n≥2)代(或Sn+1-Sn用an+1代),化成Sn,Sn+1(或an,an+1)的递归关系式。‎ 例5 设An为数列{an}的前n项的和,An=(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn},‎ 证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;‎ ‎(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,Br为数列{bn}的前r项的和,Dn为数列{dn}的前n项和,Tn=Br-Dn,求。‎ 解(1)由An=(an-1),可知An+1=(an+1-1)‎ ‎∴An+1-An=(an+1-an)=an+1,即=3‎ 而a1=A1=(a1-1),得a1=3‎ 所以数列{an}是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式为an=3n。‎ ‎(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n ‎ =3×(42n+C12n·42n-1(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n)‎ ‎ =4m+3‎ ‎∴32n+1∈{bn}‎ 而数32n=(4-1)2n ‎ =42n+C2n1·42n-1·(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n ‎ =(4k+1)‎ ‎∴ 而数列{an}={32n+1}∪{32n}‎ ‎∴ dn=32n+1‎ ‎(3)由32n+1=4·r+3,可知r= ‎∵Br==r(2r+5)‎ ‎=· Dn=·(1-9n)= (9n-1) ‎ ‎∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)‎ ‎ =·34n-·32n+ 又∵(an)4=34n ‎∴= 例6 已知函数f(x)=x+ (a>0)‎ ‎(1)求f(x)的反函数f-1(x)及其定义域;‎ ‎(2)数列{an}满足 设bn= ,数列{bn}的前n项和为Sn,试比较Sn与的大小,并证明你的结论。‎ 解 (1)给y-x=两边平方,整理得 x= ‎∵y-x=y-= ‎ =≥0‎ ‎∴y≥a或-a≤y<0‎ 故f-1(x)= ,其定域为 ‎(2)∵an+1=f-1(an)= ‎ ‎∴bn+1==…=()2=bn2‎ 又a1=3a,b1=== ‎∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3) ‎=…=(b1) =() ‎∴Sn=b1+b2+…+bn ‎=+()2+()+[()+()+…+()]‎ 又∵2n-1=(1+1)n-1= 则当n≥4时, ‎=1+(n-1)+>n+1‎ ‎∴()<()n+1‎ ‎∴Sn=+()2+()+[()+()+…+()]‎ ‎<+++ [()5+()6+…+()n+1]‎ ‎=+++ ‎=+++·[1-()n-3]‎ ‎<+++= 注 本题是一道数列与函数的综合题。首先应准确地求出f-1(x)及其定义域。搞清定义域是解题成功的一半。根据函数f(x)解析式的特点,也可以利用三角代换x=asecθ,θ∈[0,∪[π,,求函数f(x)的值域,即f-1(x)的定义域。‎ 例7 已知数列{an}中,a1=4,an+1=,是否存在这样的数列{bn},bn=,其中A、B、C为实常数,使得{bn}是等比数列而不是等差数列?证明你的结论,并求{an}的取值范围。‎ 解 假设这样的{bn}存在,则应有 bn+1== ‎= bn= 存在q≠0,q≠1,q为常数,使bn+1=qbn,对n∈N都成立,于是比较两边的分子和分母,有 由(1)可解得A=-1或-2,由(2)、(3)可解得B=-C或C=-2B。‎ ‎1°若代入(2)知q=1(B、C不能为0,否则bn=0,不合题意要求)舍去。‎ ‎2°若代入(2)得q= ‎3°当时,q= ‎4°当时,q=1(舍去)‎ 故现只取A=-1,B=1,C=-2,q=(不必考虑时的情况,因为只证存在性)。‎ 得bn= 所以满足题设条件的数列存在。‎ 对于{an}的取值范围,我们可以这样解.‎ ‎∵an+1-an=-an ‎=-,a1=4>2,故a22,得an>2,所以{an}单调递减。且因为an>2,所以 an-2=2·<(an-1-2)‎ ‎<()2(an-2-2)<…<()n-1(a1-2)‎ ‎∴an=2,故an∈(2,4。‎ 注 存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存在。本题的{an}的范围还可用前半部分的结论来求。解法如下:‎ b1==,故bn=()n ‎∴=()n ‎∴an=+1‎ 由此易得an∈(2,4。‎ 例8 (1)设数列{cn},其中cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数p。(2)设数列{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明:{cn}不是等比数列。‎ 证明 (1)∵{cn+1-pcn}是等比数列,故有 ‎(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)·(cn-pcn-1)‎ 将cn=2n+3n代入上式,得:‎ ‎[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)]‎ 整理得:(2-p)(3-p)·2n·3n=0‎ 解之得:p=2或p=3。‎ ‎(2)设{an},{bn}的公比分别为p,q,p≠q,cn=an+bn。‎ 为证{Cn}不是等比数列,只要证明c22≠c1·c3 事实上: c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)‎ ‎=a12p2++b12q2+a1b1(p2+q2)‎ ‎∵p≠q,∴p2+q2>2pq,又a1,b1不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列。‎ 注 本题是2000年全国高考数学试题。其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题。我们可以得出更一般的结论;‎ 推论1:设数列{cn},cn=an+bn且a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b。‎ 推论2:设{an}、{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的公比相等。‎ 推论3:公比为a、b的等比数列{an},{bn},且a≠b,s、t为不全为零的实数,cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0。‎ 例9 数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an n∈N ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求sn;‎ ‎(3)设bn=( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数m,使得对任意n∈N,均有Tn>成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由。‎ 解 (1)由an+2=2an+1-an an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d==-2‎ ‎-∴an=10-2n ‎(2)由an=10-2n≥0得n≤5‎ ‎∴当n≤5时,Sn=-n2+9n 当n>5时,Sn=n2-9n+40‎ 故Sn= (n∈N)‎ ‎(3)bn= ‎ ==(-)‎ ‎∴Tn= b1+b2+…+bn ‎ =[(1-)+(-)+…+(-)]‎ ‎ = ‎∴要使Tn>总成立,需1时,xn=;当01时,y=f(x)的定义域为[0,);当01,1x恒成立F(xn)>0‎ xnx成立。‎ 当01时,设x∈(xn,xn+1(1,+∞)(n∈N),则F(x)=f(x)-x=(bn-1)x+n-bnxn ‎∵F(x)在(xn,xn+1上是减函数(∵),‎ ‎∴f(x)n。‎ 而xn=1+++…+>1+1+…+1=n成立 ∴x>1时恒有f(x)1分别画出函数f(x)的图像,则思路就比较容易理解。第三小题也可采用数学归纳法证之。‎
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