20xx高考数学数列专题复习(编辑修改稿)

20xx高考数学数列专题复习(编辑修改稿)内容摘要：

立。 自然数综上所述，对一切 29  nan 12 4． 已知 )(131211 NnnS n  ， 112)(   nn SSnf ⑴比较 )1( nf 与 )(nf 的大小。 ⑵试确定实数 m 的取值范围，使得对于一切大于 1的自然数 n ，不等式 2)1(2 ][ lo g2020)]1([ lo g)( mmnf mm 恒成立。 解：（ 1） ∵ f(n+1)f(n)=S2n+3Sn+2(S2n+1Sn+1)=„ =2132 122 1  nnn 2142 142 1  nnn=0， ∴ f(n+1)f(n)。 （ 2） ∵ f(n+1)f(n)， ∴ 当 n1 时， f(n)的最小值为 f(2)=S5S3=209 ∴ 必需且只须 2)1(2 ][lo g2020)]1([lo g mm mm 209„„„„„ ① ， 由   1101 10 mm mm 且且得 m1 且 m≠ 2 令 t= 2)]1([log mm 则不等式 ① 等价于 20920200ttt ，解得： 0t1 即 0 2)]1([log mm 1，即 1logm(m1)0 或 0logm(m1)1， 解之得： 222 51  mm 或。 5．某人年初向建设银行贷款 10 万元用于 买房。 (1)如果他向建设银行贷款 , 年利率为 5%, 且这笔借款分 10 次等额归还 (不计复利 ), 每年一次 , 并从借后次年年初开始归还 , 问每年应还多少元 (精确到 1 元 )。 (2)如果他向工商银行贷款 , 年利率为 4%, 要按复利计算 (即本年的利息计入次年的本金生息 ), 仍分 10次等额归还 , 每年一次 , 每年应还多少元 (精确到 1 元 )。 解 ： (1) 若向建设银行贷款 , 设每年还款 x 元 , 则 105 (1 + 10 5%) = x(1 + 9 5%) + x(1 + 8 5%) + x(1 + 7 5%) + „ + x, 105 = 10x + 45 , 解得 x   10 1 512 25 122455 .. (元 ) (2)若向工商银行贷款 , 设每年还款 y 元 , 则 105 (1 + 4%)10 = y(1 + 4%)9 + y(1 + 4%)8 + y(1 + 4%)7 + „ + y 13 10 1 04 1 04 11 04 15 10 10  . . . y 其中 = (1 + )10 = 1 + 10 + 45 + 120 + 210 + „  y    10 1 4802 0 040 4802 123305 . ..(元 ) 答 : 若向建设银行贷款 , 每年需还 12245 元。 若向工商银行贷款 , 每年需还 12330 元。 数列的综合应用 (1) 【例 1】 已知无穷数列 {an},Sn 是其前 n项和 ,对不小于 2的正整数 n,满足关系 nnn aaS  11。 (1)求 a1， a2， a3；（ 2）证明 {an}是等比数列。 （ 3）设   ,lo g 2lo g 1 122322 nnnn aaab计算 )(lim21 nn bbb   解：（ 1） S2=21,)(1, 1212121  aaaaaaa 81,)(141,)(1,3434321432142323213213aaaaaaaaaaaSaaaaaaaaaS （ 2）猜想 a )(21 Nnnn  （ 1） 当 n=1 时，命题成立 （ 2） 假设 n=k（ k≥ 1）时命题成立 ,即kka 21 kkkkkkkkkaSaaaSaaS1)(111111 (*) 同理有 1Sk+1=ak+1 (**) 由 (*)式和假设kkkk Sa 21121  得 由（ **）式，得， 1=（ Sk+ak+1） 故 ak+1=121)1(21  kkS ∴当 n=k+1 时，命题也成立。 由（ 1），（ 2） n∈ N,a 成立nn 21 此时 是等比数列成立 }{211 nnn aaa  （ 2）另证：对 n≥ 2, 1Sn=an1an 14 1Sn+1=anan+1 两式相减 ,有 111 2   nnnnn aaaSS 是等比数列即}{21212123121111nnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaa （ 3）  nnnn nnnnb 232 1212 12 132 112 2 1     nnnnnnnbbb2)32(12)12(189147147125125131limlim121 =312)32( 131lim   nn n 【例 2】 已知    012 2  xxxf ，数列 an 满足    11 1 nn afaa  2 nNn 且 （ 1）写出数列 an 的前五项，试归纳出 an 的表达式，并用数学归纳法证明。 （ 2）求nn nnn a233lim2。 （ 3）若 „，„，13222211222 nnnn aabaabaab 求数列 bn 的前 n 项的和 Sn。 解：（ 1）由 12,1 211  nn aaa 得数列前五项 ①由此猜想，，123115731 54321nnaaaaaa 等式①成立时，）当证（ 1121i 1  an (ii)假设 kn 时等式①成立，即  Nka kk  12 当 1kn 时   12112212 121   kkkk aa 即等式①对 1kn 也成立 由（ i）（ ii）可知等式①对 n N 都成立 15 （ 2） 132131321lim23 123lim233lim22  nnnnnnnnnnnnna （ 3）1212 273 231 1 12  nnnnS „  11221212222372131122 nnnnn„ 【例 3】 已知 a0， a≠ 1，数列 {an}是首项为 a，公比也为 a 的等比数列，令 bn=anlgan （ n∈ N）。 （ 1）求数列 {bn}的前 n 项和 Sn； （ 2）当数列 {bn}中的每一项总小于它后面的项时，求 a 的取值范围 . 解：（ 1）由题意知 an=an， bn=nanlga. ∴ Sn=（ 1 • a+2 • a2+3 • a3+„„ +n • an） lga. a Sn=（ 1 • a2+2 • a3+3 • a4+„„ +n • an+1） lga. 以上两式相减得 （ 1– a） Sn=（ a+a2+a3+„„ +an–n • an+1） lga aanaaa nn lg1 )1( 1   . ∵ a≠ 1，∴  nn anana aaS )1(1)1( lg 2 . （ 2）由 bk+1–bk=(k+1)ak+1lga–kaklga=aklga[k(a–1)+a]. 由题意知 bk+1–bk0，而 ak0， ∴ lga[k(a–1)+a]0. ① （ 1）若 a1，则 lga0， k(a–1)+a0，故 a1 时，不等式①成立； （ 2）若 0a1，则 lga0， 不等式①成立 0)1(  aak 10  k ka 恒成立 2110 mi n   k ka. 综合（ 1）、（ 2）得 a 的取值范围为 ),1()21,0(  【例 4】 已知数列 {an}的前 n 项和为 Sn，又有数列 {bn}，它们满足关系 11 ab ，对 Nn 有 16 nnnnn aabnSa   11,。 （ 1）求证 {bn}是等比数列，并写出它的通项公式 （ 2）求nn alim 解：⑴证法一：当 n=1 时，211,1 111111  baaasa。 )1(121,2 111     nnnn nn aansa nsan 由时当 同理， )2(12 1  nn aa (2)－ (1), 11 )(2   nnnn aaaa 即 )3(212 11   nnnn bbbb 由,2 122222  aabasa 又得 于是 )4(2112 bb 由 (3),(4)知21,21}{ 1  qbbn 是的等比数列，nnb 21 证法二：同上算得41,21 21  bb，„„猜想nnb 21且数学归纳法证明， (1) 当12121,1 bn  时，命题成立 (2)假设 )( Nkkn  时命题成立，即kkb 21成立。   kkkkkk aSkSkaa   1)1()(21 11 ∴ 1211  kka 又   1,1 1111   kSaakSa kkkkk 即 .1212112121)()1()1(211111时命题成立即 knaabaaakkSkakkkkkkkkkkK 由 (1)(2)知对 Nn 猜想nnb 21成立 21,21}{1  qbb n 是以的等比数列，nnb 21 ⑵ 11232211 )()()()( aaaaaaaaaa nnnnnnn    17 nnnn bbbb 211211)211(21121    ∴ 1)211(limlim   nnnn a 解法 2：由  121112 11   nnnn aaaa   nnnn aaa 2112111 1  nnnnb 212 11211 1    ， ∴ {bn}是等比数列；且 1)211(limlim   nnnn a 【例 5】 已知 na 是首项为 1，公差为 d 的等差数列，其前 n 项和为 nA ， nb 是首项为 1，公比为 q(|q|1)的等比数列，其前 n 项和为 nB ，设 nn BBBBS  ...321 ，若 1)(lim  nnn SnA ，求 d 和q。 解： dnnndnnnaAn 2 )1(2 )1(1 ； dnnAn 2 11  又qqqqqB nnn  11 111； nn BBBBS  ....321 2)1( )1(1 qqqqn n )(lim nnn SnA   ])1( )1(12 11[lim 2qqqqndn nn   ])1()1 12())1(21[(lim 212 qqnqdqqd nn   =1  ,1|q| 0)1(lim 21   qqnn 。