届高三数学数列求和及综合应用.ppt

《届高三数学数列求和及综合应用.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高三数学数列求和及综合应用.ppt（65页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1.1.数列通项的求法数列通项的求法, ,由递推关系式确定数列的通项由递推关系式确定数列的通项. .2.2.数列的性质、通项、求和数列的性质、通项、求和. .3.3.数列与不等式、数列与函数、数列与方程数列与不等式、数列与函数、数列与方程. .4.4.数列与数学归纳法数列与数学归纳法. . 学案学案14 14 数列求和及综合应用数列求和及综合应用 1.(20091.(2009四川四川) )等差数列等差数列 a an n 的公差不为零的公差不为零, ,首项首项a a1 1= = 1, 1,a a2 2是是a a1 1和和a a5 5的等比中项的等比中项, ,则数列则数列 a an n 的前的前1

2、010项之和项之和 是是 ( )( ) A.90 B.100 C.145 D.190 A.90 B.100 C.145 D.190 解析解析 由题意知由题意知,(,(a a1 1+ +d d) )2 2= =a a1 1( (a a1 1+4+4d d),),即即 d d=2=2a a1 1=2.=2. S S1010=10=10a a1 1+ =10+90=100. + =10+90=100. ,421212121daaddaad2910B B2.(20092.(2009安徽安徽) )已知已知 a an n 为等差数列为等差数列, ,a a1 1+ +a a3 3+ +a a5 5=105,

3、 =105, a a2 2+ +a a4 4+ +a a6 6=99,=99,以以S Sn n表示表示 a an n 的前的前n n项和项和, ,则使得则使得S Sn n达到达到 最大值的最大值的n n是是 ( )( ) A.21 B.20 C.19 D.18 A.21 B.20 C.19 D.18 解析解析 (a a2 2- -a a1 1)+()+(a a4 4- -a a3 3)+()+(a a6 6- -a a5 5)=3)=3d d, , 99-105=3 99-105=3d d,d d=-2.=-2. 又又a a1 1+ +a a3 3+ +a a5 5=3=3a a1 1+6+6

4、d d=105,=105,a a1 1=39.=39. S Sn n= =nana1 1+ + =- =-n n2 2+40+40n n=-(=-(n n-20)-20)2 2+400.+400. 当当n n=20=20时时, ,S Sn n有最大值有最大值. . ndanddnn)2(22) 1(12B B3.(20093.(2009江西江西) )公差不为零的等差数列公差不为零的等差数列 a an n 的前的前n n项项 和为和为S Sn n, ,若若a a4 4是是a a3 3与与a a7 7的等比中项的等比中项, ,S S8 8=32,=32,则则S S1010等于等于 ( )( ) A

5、.18 B.24 C.60 D.90 A.18 B.24 C.60 D.90 解析解析 由由 得得( (a a1 1+3+3d d) )2 2=(=(a a1 1+2+2d d)()(a a1 1+6+6d d).). d d0,20,2a a1 1+3+3d d=0. =0. S S8 8=8=8a a1 1+ + d d=32,2=32,2a a1 1+7+7d d=8. =8. 由由得得 S S1010=-3=-310+ 10+ 2=60. 2=60. ,7324aaa256, 2, 31da2910C C4.(20094.(2009湖北湖北) )古希腊人常用小石头在沙滩上摆成古希腊人常

6、用小石头在沙滩上摆成各种形状来研究数各种形状来研究数, ,比如比如: : ( )( ) 他们研究过图他们研究过图(1)(1)中的中的1,3,6,10,1,3,6,10,由于这些数能由于这些数能 够表示成三角形够表示成三角形, ,将其称为三角形数将其称为三角形数; ;类似的类似的, ,称图称图 (2)(2)中的中的1,4,9,16,1,4,9,16,这样的数为正方形数这样的数为正方形数. . 下列数中既是三角形数又是正方形数的是下列数中既是三角形数又是正方形数的是 ( )( ) A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378 A.289 B.1 024 C.1 225 D.1 378

7、 解析解析 由图形可得三角形数构成的数列通项由图形可得三角形数构成的数列通项a an n= = 同理可得正方形数构成的数列通项同理可得正方形数构成的数列通项b bn n= =n n2 2, ,只只 有有1 2251 225满足满足a a4949= = =b b3535=35=352 2. . ,2) 1( nn25049C C题型一题型一 数列与函数、方程的综合应用数列与函数、方程的综合应用【例【例1 1】设】设p p、q q为实数为实数, , 是方程是方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0的两个的两个 实根实根. .数列数列 x xn n 满足满足x x1 1= =p p, ,x

8、 x2 2= =p p2 2- -q q, ,x xn n= =pxpxn n-1-1- -qxqxn n-2-2 ( (n n= = 3,4,). 3,4,). (1) (1)证明证明: : (2) (2)求数列求数列 x xn n 的通项公式的通项公式; ; (3) (3)若若p p=1,=1,q q= ,= ,求求 x xn n 的前的前n n项和项和S Sn n. . 、;,qp41(1)(1)证明证明 由求根公式由求根公式, ,不妨设不妨设 , ,则则.2424,2424,24,24222222qqppqpppqppqppqppqpp(2)(2)解解 设设x xn n- -sxsxn

9、 n-1-1= =t t( (x xn n-1-1- -sxsxn n-2-2),),则则 x xn n=(=(s s+ +t t) )x xn n-1-1- -stxstxn n-2-2, ,由由x xn n= =pxpxn n-1-1- -qxqxn n-2-2, ,得得 消去消去t t, ,得得s s2 2- -psps+ +q q=0,=0,s s是方程是方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0的根的根. .由题意可知由题意可知 当当 时时, ,此时方程组此时方程组,1111tstsqstpts或的解记为).(),(211211nnnnnnnnxxxxxxxx,qstpts.

10、,21ssx xn n- -t t1 1x xn n-1-1 、 x xn n- -t t2 2x xn n-1-1 分别是公比为分别是公比为 的的等比数列等比数列. .由等比数列的性质可得由等比数列的性质可得 两式相减两式相减, ,得得 ).(,)(.)(,)(.,.)()()(1111222122221212221222122121nnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxpxqpxxxxxx即.)(,)(21212121nnnnnnxxxxxxxx21,ss当当 时时, ,即方程即方程x x2 2- -pxpx+ +q q=0=0有重根有重根, ,p p2 2-4-4q q=

11、0,=0,即即( (s s+ +t t) )2 2-4-4st st=0,=0,得得( (s s- -t t) )2 2=0,=0,s s= =t t. .不妨设不妨设s s= =t t= = 由由可知可知,).(),(,11nnnnnnx综上所述.1. 1, 1,)(111112121nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxaxxxx为公差的等差数列是以数列即得等式两边同时除以即(3)(3)解解 把把p p=1,=1,q q= = 代入代入x x2 2- -pxpx+ +q q=0,=0,得得 x x2 2- -x x+ =0,+ =0,解得解得 4141.21.)21)

12、(3(3)21()21(2)21(1)21()21(3)21(221)21(1)21()21(3)21(221)21()21()21(21,)21()21(1323232nnnnnnnnnnnnnnnnSnx【探究拓展探究拓展】本题主要考查数列的递推公式、数列求】本题主要考查数列的递推公式、数列求 和以及数列与方程的综合题和以及数列与方程的综合题, ,考查学生分析问题、解考查学生分析问题、解 决问题以及推理论证的能力决问题以及推理论证的能力. .变式训练变式训练1 1 已知二次函数已知二次函数y y= =f f( (x x) )的图象经过坐标原的图象经过坐标原 点点, ,其导函数为其导函数为f

13、 f( (x x)=6)=6x x-2,-2,数列数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n, , 点点( (n n, ,S Sn n)()(n nNN* *) )均在函数均在函数y y= =f f( (x x) )的图象上的图象上. . (1) (1)求数列求数列 a an n 的通项公式；的通项公式； (2)(2)设设b bn n= = T Tn n是数列是数列 b bn n 的前的前n n项和项和, ,求使得求使得T Tn n 对所有对所有n nNN* *都成立的最小正整数都成立的最小正整数m m. . ,31nnaa20m解解 (1)(1)设二次函数为设二次函数为f f

14、( (x x)=)=axax2 2+ +bxbx( (a a0),0),则则f f(x x)=2)=2axax+ +b b，由于由于f f(x x)=6)=6x x-2-2得得a a=3,=3,b b=-2,=-2,所以所以f f( (x x)=3)=3x x2 2-2-2x x. .又由点又由点( (n n, ,S Sn n)()(n nNN* *) )均在函数均在函数y y= =f f( (x x) )的图象上，的图象上，得得S Sn n=3=3n n2 2-2-2n n. .当当n n22时时, ,a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1=(3=(3n n2 2-2-2n

15、 n)-3()-3(n n-1)-1)2 2-2(-2(n n-1)=6-1)=6n n-5-5；当当n n=1=1时时, ,a a1 1= =S S1 1=3=31 12 2-2=6-2=61-5=1.1-5=1.所以所以a an n=6=6n n-5(-5(n nNN* *).). (2)(2)由由(1)(1)得知得知因此因此, ,要使要使 ( (n nNN* *) )成立成立, ,m m必须且仅需必须且仅需满足满足 即即m m1010，故满足要求的最小正整数，故满足要求的最小正整数m m为为10.10. ).1611 (21)161561()13171()711(21),161561(2

16、15) 1(6)56(3311nnnbTnnnnaabniinnnn故20)1611 (21mn,2021m题型二题型二 数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合应用【例【例2 2】(2009(2009江西江西) )各项均为正数的数列各项均为正数的数列 a an n,a a1 1= =a a, , a a2 2= =b b, ,且对满足且对满足m m+ +n n= =p p+ +q q的正整数的正整数m m, ,n n, ,p p, ,q q都有都有 (1)(1)当当a a= ,b= = ,b= 时时, ,求通项求通项a an n; ; (2) (2)证明证明: :对任意对任意a a，存在与，

17、存在与a a有关的常数有关的常数 使得对于使得对于 每个正整数每个正整数n n, ,都有都有.)1)(1 ()1)(1 (qpqpnmnmaaaaaaaa,.1na2154(1)(1)解解 由由将将a a1 1= ,= ,a a2 2= = 代入上式化简得代入上式化简得 故数列故数列 为等比数列，从而为等比数列，从而 即即 可验证可验证 满足题设条件满足题设条件. . ,)1)(1 ()1)(1 ()1)(1 ()1)(1 (121211nnnnqpqpnmnmaaaaaaaaaaaaaaaa得2154.113111,2121111nnnnnnnaaaaaaa所以11nnaa,)31(11nn

18、naa,1313nnna1313nnna(2)(2)证明证明 由题设由题设 的值仅与的值仅与m m+ +n n有关有关, ,记记为为b bm m+ +n n, ,考察函数考察函数 ( (x x0),0),则在定义域上有则在定义域上有故对故对n nNN* *, ,b bn n+1+1g g( (a a) )恒成立恒成立. .)1)(1 (nmnmaaaa.)1)(1 ()1)(1 (111nnnnnaaaaaaaab则)1)(1 ()(xaxaxf. 10,1, 1,21, 1,11)()(aaaaaaagxf【探究拓展探究拓展】本题考查数列的通项公式的求法、不等】本题考查数列的通项公式的求法、

19、不等 式的解法及利用函数的单调性解题的基本方法式的解法及利用函数的单调性解题的基本方法, ,考查考查 了学生分析问题、解决问题的能力，要求较高了学生分析问题、解决问题的能力，要求较高. . .1,)()(21)(1,)()(21)(1)()(21)(1)(21)(1)(,21)(0),()1 (222nnnnnaagagagagagagaagagagagagagagagaab即有取解上式得注意到又变式训练变式训练2 2 设数列设数列 a an n 的前的前n n项的和项的和S Sn n= = n n=1,2,3,=1,2,3, (1) (1)求首项求首项a a1 1与通项与通项a an n；

20、(2)(2)设设T Tn n= = n n=1,2,3,=1,2,3,证明证明: : (1)(1)解解 由由S Sn n= = n n=1,2,3, =1,2,3, 得得 所以所以a a1 1=2,=2, 再由再由有有 n n=2,3,4, =2,3,4, 将将和和相减得：相减得： a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1= (= (a an n- -a an n-1-1)- )- (2(2n n+1+1-2-2n n),), n n=2,3,4,=2,3,4, 123134nna,32,2nnS.231niiT,32231341nna,3243134111aSa,322313

21、411nnnaS3431整理得整理得a an n+2+2n n=4(=4(a an n-1-1+2+2n n-1-1),),n n=2,3,4,=2,3,4,因而数列因而数列 a an n+2+2n n 是首项为是首项为a a1 1+2=4,+2=4,公比为公比为4 4的等比数的等比数列，即列，即a an n+2+2n n=4=44 4n n-1-1=4=4n n, ,所以所以a an n=4=4n n-2-2n n ( (n n=1,2,3,).=1,2,3,).(2)(2)证明证明 将将a an n=4=4n n-2-2n n，代入，代入得得 .23)121121(23)121121(23

22、,),121121(23) 12)(12(2232),12)(12(32)22)(12(3132231)24(341111111111nninnniinnnnnnnnnnnnnnnnTSTS所以题型三题型三 数列与解析几何的综合应用数列与解析几何的综合应用【例【例3 3】(2009(2009广东广东) )已知曲线已知曲线C Cn n: :x x2 2-2-2nxnx+ +y y2 2=0(=0(n n=1,2=1,2 ). ).从点从点P P(-1,0)(-1,0)向曲线向曲线C Cn n引斜率为引斜率为k kn n( (k kn n0)0)的切线的切线 l ln n, ,切点为切点为P Pn

23、 n( (x xn n, ,y yn n).). (1) (1)求数列求数列 x xn n 与与 y yn n 的通项公式；的通项公式； (2)(2)证明证明: :x x1 1x x3 3x x5 5x x2 2n n-1-1.sin211nnnnyxxx(1)(1)解解 .112) 1(,11).12(12, 0)1 (4)22(0, 0)22()1 () 1(02222222222222nnnxkynnkkxnnnnkkknkkxnkxkxkyynxxnnnnnnnnnnnnnn舍去(2)(2)证明证明 , 04cos21cos21)( ),4, 0(,sin2)(.11121121253

24、312124321.121214) 12(4) 12(212,12111111112312222xxfxxxxfxxnnnnnxxxnnnnnnnnnnnnnxxnnnnn则令 f f( (x x) )在在(0, )(0, )上单调递减上单调递减. . f f( (x x) )f f(0)=0,(0)=0,即即x x sin sin x x在在(0, )(0, )上恒成立上恒成立. . 即即x x1 1x x3 3x x5 5x x2 2n n-1-1【探究拓展探究拓展】解决数列与解析几何这类问题的关键是】解决数列与解析几何这类问题的关键是 明确目标明确目标, ,即将待求问题运用相关知识及手段

25、，转化即将待求问题运用相关知识及手段，转化 成我们较为熟悉的问题，再用相关的知识去求解成我们较为熟悉的问题，再用相关的知识去求解. . 442,121sin21214311210nnn又.sin211nnnnyxxx变式训练变式训练3 3 已知函数已知函数f f( (x x)=)=x x2 2-4,-4,设曲线设曲线y y= =f f( (x x) )在点在点( (x xn n, , f f( (x xn n)处的切线与处的切线与x x轴的交点为轴的交点为( (x xn n+1+1,0)(,0)(n nNN* *),),其中其中 x x1 1为正实数为正实数. . (1) (1)用用x xn

26、n表示表示x xn n+1+1; ; (2) (2)求证求证: :对一切正整数对一切正整数n n, ,x xn n+1+1x xn n的充要条件是的充要条件是x x1 1 2; 2; (3) (3)若若x x1 1=4,=4,记记a an n= = 证明数列证明数列 a an n 成等比数列成等比数列, , 并求数列并求数列 x xn n 的通项公式的通项公式. .,22lgnnxx(1)(1)解解 由题可得由题可得f f(x x)=2)=2x x, ,所以过曲线上点所以过曲线上点( (x xn n, ,f f( (x xn n)的切线方程为的切线方程为y y- -f f( (x xn n)=

27、)=f f(x xn n)()(x x- -x xn n),),即即y y-(-( -4)=2-4)=2x xn n( (x x- -x xn n).).令令y y=0,=0,得得-(-( -4)=2-4)=2x xn n( (x xn n+1+1- -x xn n).).即即 +4=2+4=2x xn nx xn n+1+1. .显然显然x xn n0,0,2nx2nx2nx.221nnnxxx(2)(2)证明证明( (必要性必要性) )若对一切正整数若对一切正整数n n, ,有有x xn n+1+1x xn n, ,则则x x2 2x x1 1, , 而而x x1 10,0,即有即有x x

28、1 12.2.( (充分性充分性) )若若x x1 1220,0,由由用递推关系易得用递推关系易得x xn n0,0,从而从而即即x xn n2(2(n n2).2).又又x x1 122，x xn n2 (2 (n n1).1).即即x xn n+1+1x xn n对一切正整数对一切正整数n n成立成立. . , 4,2221111xxxx即.221nnnxxx).1(2222221nxxxxxnnnnn. 02)2)(2(242221nnnnnnnnnnxxxxxxxxxx于是(3)(3)证明证明 所以所以, ,数列数列 a an n 成等比数列成等比数列. .2,22lg222lg.)2

29、2(22.2)2(2,.2)2(2,2211121121211nnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaxxxxxxxxxxxxxxxxx即从而故同理知由.13) 13(2,322. 3lg222lg. 3lg222lg221112221111111nnnnnnnnnnnnnxxxxxxxaa所以从而即故题型四题型四 数列与其它知识的综合应用数列与其它知识的综合应用 【例例4 4】(2009(2009重庆重庆) )设设m m个不全相等的正数个不全相等的正数a a1 1, ,a a2 2, , , a am m ( (m m7)7)依次围成一个圆圈依次围成一个圆圈. . (1) (1)若若m m

30、=2 009,=2 009,且且a a1 1, ,a a2 2, , ,a a1 0051 005是公差为是公差为d d的等差数的等差数 列列, ,而而a a1 1, ,a a2 2 009009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是公比为是公比为q q= =d d的等比数的等比数 列列; ;数列数列a a1 1, ,a a2 2,a am m的前的前n n项和项和S Sn n ( (n nm m) )满足满足S S3 3=15,=15, S S2 0092 009= =S S2 0072 007+12+12a a1 1, ,求通项求通项a an n ( (n

31、nm m) )； (3)(3)若每个数若每个数a an n( (n nm m) )是其左右相邻两数平方的等比是其左右相邻两数平方的等比 中项中项, ,求证求证: : mama1 1a a2 2a am m. . 22761maaaa(1)(1)解解 因因a a1 1, ,a a2 0092 009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是公比为是公比为d d的等比数的等比数列列, ,从而从而a a2 0092 009= =a a1 1d d, ,a a2 0082 008= =a a1 1d d2 2. .由由S S2 0092 009= =S S2 0072 00

32、7+12+12a a1 1得得a a2 0082 008+ +a a2 0092 009=12=12a a1 1, ,故故a a1 1d d2 2+ +a a1 1d d=12=12a a1 1, ,即即d d2 2+ +d d=12.=12.解得解得d d=3,=3,或或d d=-4(=-4(舍去舍去).).因此因此d d=3.=3.又又S S3 3=3=3a a1 1+3+3d d=15.=15.解得解得a a1 1=2.=2.从而当从而当n n1 0051 005时，时，a an n= =a a1 1+(+(n n-1)-1)d d=2+3(=2+3(n n-1)=3-1)=3n n-1

33、.-1.而当而当1 0061 006n n2 0092 009时时, ,由由a a1 1, ,a a2 0092 009, ,a a2 0082 008, , ,a a1 0061 006是是公比为公比为d d的等比数列的等比数列, ,得得a an n= =a a1 1d d 2 009-(2 009-(n n-1)-1)= =a a1 1d d 2 010-2 010-n n(1 006(1 006n n2 009).2 009).00920061,32,0051, 130102nnnann因此(2)(2)证明证明 由题意由题意 由由得得 由由, , ,得得a a1 1a a2 2a am

34、m=(=(a a1 1a a2 2a am m) )2 2, ,故故a a1 1a a2 2a am m=1. =1. ,),1 (,),1 (211111222212121221212aaaaaamnaaaaaaaaamnaaammmnnnmmmnnn得.,1,1,2162514123aaaaaaaaaa),61 (1),31 (13611123mraaamraaaaaarrrrrrrrr故有又下面用反证法证明下面用反证法证明: :m m=6=6k k. .若不然若不然, ,设设m m=6=6k k+ +p p, ,其中其中11p p5.5.若取若取p p=1,=1,即即m m=6=6k k

35、+1,+1,则由则由得得a am m= =a a6 6k k+1+1= =a a1 1, ,而由而由得得a am m 由由得得 从而从而a a6 6= =a a6 6k k= =a am m-1-1=1,=1,而而故故a a1 1= =a a2 2=1,=1,由由及及可推得可推得a an n=1(1=1(1n nm m) )与题设矛盾与题设矛盾. .同理同理, ,若若p p=2,3,4,5=2,3,4,5均可得均可得a an n=1(1=1(1n nm m) )与题设矛盾与题设矛盾, ,因此因此m m=6=6k k为为6 6的倍数的倍数. .由均值不等式得由均值不等式得, 1,221121aa

36、aaaa得故,11aaamm,216aaa . 6)()1()1(21122211621aaaaaaaaaaa又上面三组数内必有一组不相等又上面三组数内必有一组不相等( (否则否则a a1 1= =a a2 2= =a a3 3=1,=1,从从而而a a4 4= =a a5 5=a an n=1,=1,与题设矛盾与题设矛盾),),故等号不成立故等号不成立, ,从而从而a a1 1+ +a a2 2+a a6 66.6.又又m m=6=6k k, ,由由和和得得因此由因此由得得 6+6(6+6(k k-1)=6-1)=6k k= =m m= =mama1 1a a2 2a am m . .【探究

37、拓展探究拓展】本题考查了等差数列、等比数列的概】本题考查了等差数列、等比数列的概 念念, ,分类讨论的思想、方程的思想分类讨论的思想、方程的思想, ,反证法反证法, ,基本不等基本不等 式等重要的数学思想方法，难度较大，要求较高式等重要的数学思想方法，难度较大，要求较高. . 22761maaaa).1(6)111)(1()(1()()(23232222212126222122521227227kaaaaaakaaakaaaaaammm变式训练变式训练4 4 已知已知a a0,0,且且a a1,1,数列数列 a an n 的前的前n n项和为项和为 S Sn n, ,它满足条件它满足条件 数列

38、数列 b bn n 中中, ,b bn n= =a an nlg lg a an n. . (1) (1)求数列求数列 b bn n 的前的前n n项和项和T Tn n； (2)(2)若对一切若对一切n nNN* *都有都有b bn nb bn n+1+1, ,求求a a的取值范围的取值范围. . 解解 (1)(1) 当当n n=1=1时时, , 当当n n22时时, , a an n= =a an n ( (n nNN* *).). 此时此时b bn n= =a an nlg lg a an n= =a an nlg lg a an n= =n na an nlg lg a a, ,.111

39、aSann.1) 1(,111aaaSaSannnn.1) 1(111aaaaSa,1) 1(1) 1(11nnnnnnaaaaaaaSSaT Tn n= =b b1 1+ +b b2 2+b bn n=(=(a a+2+2a a2 2+3+3a a3 3+nanan n)lg )lg a a即即auaun n= =a a2 2+2+2a a3 3+nanan n+1+1设设u un n= =a a+2+2a a2 2+3+3a a3 3+nanan n, ,(1-(1-a a) )u un n= =a a+ +a a2 2+ +a a3 3+a an n- -nanan n+1+1.lg)

40、1() 1(1.) 1() 1(1,1) 1(21211aaaaanaTaaaanaunaaaannnnnnnn(2)(2)由由b bn nb bn n+1+1 nanan nlg lg a a( (n n+1)+1)a an n+1+1lg lg a a可得可得当当a a1 1时时, ,由由lg lg a a0,0,可得可得 ( (n nNN* *),),a a1,1, 对一切对一切n nNN* *都成都成立立,此时的解为此时的解为a a1.1.当当0 0a a1 1时时, ,由由lg lg a a0,0,可得可得n n( (n n+1)+1)a a, , ( (n nNN* *),0),0

41、a a1,1,00a a对一切对一切n nNN* *都成立，都成立，此时的解为此时的解为0 0a a由由可知可知, ,对一切对一切n nNN* *都有都有b bn nb bn n+1+1的取值范围是的取值范围是0 0a a或或a a1.1. ,1nna11nn,1nna,1nna211nn1nn.2121【考题再现】【考题再现】 (2009(2009山东山东) ) 等比数列等比数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n, ,已知对已知对 任意的任意的n nNN* *, ,点点( (n n, ,S Sn n) )均在函数均在函数y y= =b bx x+ +r r( (b b0

42、0且且b b1,1, b b, ,r r均为常数均为常数) )的图象上的图象上. . (1) (1)求求r r的值；的值； (2)(2)当当b b=2=2时时, ,记记b bn n=2(log=2(log2 2a an n+1)(+1)(n nNN* *),), 证明证明: :对任意的对任意的n nNN* *, ,不等式不等式nnbbbbbb1112211.1成立n【解题示范解题示范】 解解 (1)(1)因为对任意的因为对任意的n nNN* *, ,点点( (n n, ,S Sn n) )均在函数均在函数y y= =b bx x+ + r r ( (b b0 0且且b b1,1,b b, ,r

43、 r均为常数均为常数) )的图象上的图象上. . 所以得所以得S Sn n= =b bn n+ +r r, , 当当n n=1=1时时, ,a a1 1= =S S1 1= =b b+ +r r, , 2 2分分 当当n n22时时, ,a an n= =S Sn n- -S Sn n-1-1= =b bn n+ +r r-(-(b bn n-1-1+ +r r) ) = =b bn n- -b bn n-1-1=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1, , 4 4分分 又因为又因为 a an n 为等比数列，为等比数列， 所以所以r r=-1,=-1,公比为公比为b b, ,所以所以a

44、 an n=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1. . 5 5分分(2)(2)当当b b=2=2时时, ,a an n=(=(b b-1)-1)b bn n-1-1=2=2n n-1-1, , b bn n=2(log=2(log2 2a an n+1)=2(log+1)=2(log2 22 2n n-1-1+1)=2+1)=2n n. . 6 6分分 7 7分分下面用数学归纳法证明不等式下面用数学归纳法证明不等式.212674523111,21212211nnbbbbbbnnbbnnnn所以则.12126745231112211成立所以nnnbbbbbbnn当当n n=1=1时时,

45、,左边左边= = 右边右边= = 因为因为 所以不等式成立所以不等式成立. . 8 8分分假设当假设当n n= =k k ( (k kNN* *) )时不等式成立，时不等式成立，则当则当n n= =k k+1+1时，时， ,23,223.12126745231112211成立即kkkbbbbbbkk22322126745231111112211kkkkbbbbbbbbkkkk左边,2 11 11分分所以当所以当n n= =k k+1+1时时, ,不等式也成立不等式也成立. .由由可得不等式恒成立可得不等式恒成立. 12. 12分分1) 1() 1(411) 1() 1(41) 1(4) 1(4

46、) 1(4)32(2232122kkkkkkkkkkk1.1.求数列通项公式的方法求数列通项公式的方法:(1):(1)观察法观察法: :寻找项与项数寻找项与项数 的关系的关系, ,然后猜想、检验然后猜想、检验, ,即得通项公式即得通项公式, ,注意利用前注意利用前 n n项得到的通项公式不一定唯一项得到的通项公式不一定唯一;(2);(2)利用前利用前n n项和与项和与 通项的关系通项的关系 (3)(3)公式法公式法: :利用等利用等 差、等比数列的通项公式差、等比数列的通项公式. . 2.2.由递推关系式求通项常用方法由递推关系式求通项常用方法:(1):(1)逐差法逐差法: :型如型如a an

47、 n+1+1 = =a an n+2+2n n, ,a an n+1+1= =a an n+2+2n n, ,则则a an n=(=(a an n- -a an n-1-1)+()+(a an n-1-1- -a an n-2-2)+()+(a a2 2 - -a a1 1)+)+a a1 1;(2);(2)逐商法逐商法: :型如型如a an n+1+1=3=3nanan n, ,a an n+1+1=3=3n na an n, ,则则a an n (3)(3)待定系数法待定系数法: :型如型如a an n+1+1= =k k;)2() 1(11nSSnSannn;112211aaaaaaan

48、nnna an n+ +b b, ,若若k k=0=0时时, ,则为常数列则为常数列; ;若若k k=1=1时时, ,则为等差数列则为等差数列; ;若若k k1,1,且且b b00时时, ,法法( (一一):):可设可设a an n+1+1+ +t t= =k k( (a an n+ +t t),),得得a an n+1+1= =kakan n+(+(k k-1)-1)t t, ,由由( (k k-1)-1)t t= =b b, ,得得 则数列则数列 是以是以 为首项为首项, ,k k为公比的等比数列为公比的等比数列, ,所以所以k kn n-1-1. .法法( (二二):):把等式把等式a

49、an n+1+1= =k ka an n+ +b b两边都除以两边都除以k kn n+1+1, ,得得 转化为第转化为第(1)(1)类类;(4);(4)取倒数法取倒数法: :型如型如 ( (a an n0),0),取倒数得取倒数得 所以数列所以数列 是以是以 为首项为首项,1,1为公差的等差数列为公差的等差数列.(5).(5)待定系数待定系数法法: :型如型如: :a an n+1+1= =AaAan n+ +B Bn n( (A AB B0),0),则则当当A A=1=1时时, ,可化为可化为第第(1)(1)类型类型, ,当当A A1,1,B B=1=1时时, ,可化为第可化为第(3)(3)

50、类型类型, ,当当,1kbt11kban11kba)1(1kbaan,111nnnnnkbkaka11nnnaaa, 1111nnaa1na11aA A1,1,B B11时时, ,法法( (一一):):原式可化为原式可化为 这时可转化为第这时可转化为第(3)(3)类型类型. .法法( (二二):):原式可化为原式可化为a an n+1+1+ +tBtBn n+1+1= =A A( (a an n+ +tBtBn n),),即即a an n+1+1= =AaAan n+ +t t( (A A- -B B) )B Bn n, ,则则t t( (A A- -B B)=1,)=1,所以所以 所以数列所