江西省于都中学20xx届高三第二轮复习数列解析版20xx版

江西省于都中学20xx届高三第二轮复习数列解析版20xx版内容摘要：

nnn af afaa得 21)(211 1  nnnnn aafaaa，所 以 2111  naa 所以数列 }1{na是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列 所以 12)1(211  nna n，得  Nnna n ,12 1. 因为 .1211  nabb nnn 所以 112211 )()()( bbbbbbbb nnnnn   （ 累加法求通项） 113)52()32(  nn 2212 )22)(1( 2  nnnn . （ III） 对于 ]1,0[ 时， )()1( nn afb  恒成立， 等价于 ]1,0[ 时  )1(222 nn )12( n 恒成立， 等价于 ]1,0[ 时， 034)12( 2  nnn  恒成立 ，（ 确定主元  ） 设 034)12()( 2  nnng  ，对于 ]1,0[ ， 034)12( 2  nnn  恒成立， 则有  ,0)1( ,0)0(gg解得 3n 或 1n 由此可见存在 Nk 使得当 kn 时， )()1( nn afb  恒成立，其最小值为 3. 例 3． 已知 *, Nnmba  ， }{na 是首项为 a ，公差为 b 的等差数列； }{nb 是首项为 b ，公比为 a 的等比数列，且满足 32211 ababa  ． （ 1）求 a 的值； （ 2）数列 }1{ ma 与数列 }{nb 的公共项，且公共项按原顺序 排列后构成一个新数列 }{nc ，求 }{nc 的前 n 项之和 nS ． 【 解 】 （ 1） ∵ bmaam )1(  ， 1 nn abb ， 由已知 baabbaba 2 ， ∴ 由 abba 2 ， a、 Nba, 得 ： baa 1 ． ∵ 10 ba ， ∴ 2a ． 又得 abb 1 ，而 1ab ， ∴ 3b ． 再由 baab 2 ， 3b ，得 3)111(212  bb ba ． 江西省于都中学 2020 届高三第二轮 复习资料 (数列 ) 第 9 页 共 20 页 ∴ 32 a ∴ 2a ． （ 2）设 nm ba 1 ，即 1)1(1  nabbma ∴ 12)1(3  nbbm ，   N)1(2 31 mb n． ∵ 3b ， ∴ 1)1(2 1  mn ． ∴ mn 12 ． ∴ 123  nnn bc ． 例 4． 已知函数 2)1()(  xxf ， 数列 }{na 是公差为 d 的等差数列 ， }{nb 是公比为 q )1( q 的等比数列 .若 )1(1  dfa ， )1(3  dfa ， )1(1  qfb ， )1(3  qfb （ 1） 求 数列 }{na ， }{nb 的通项公式； （ 2） 设数列 }{nc 对任意自然数 n 均有nnn nbcbcbca  22111 2 ， 求 1231  nccc  的值； （ 3） 试比较13 13 nnbb与21nnaa 的大小 . 【 解 】 （ 1） ∵ daa 213  ， ∴ ( 1) ( 1) 2f d f d d   . 即 ddd 2)2( 22  ， 解得 2d ∴ 1 (2 1) 0af  . ∴ )1(2  nan . ∵ 231b qb , ∴ 22 2( 1)( 1) ( 2 )f q qqf q q . ∵ 0, 1qq, ∴ 3q . 又 1)1(1  qfb ， ∴ 13 nnb （ 2） 由题设知112 bca  ， ∴ 2121  bac . 当 2n 时 , nnn nbcbcbca  22111 2 , 112211 )1(2nnn bn cbcbca , 两式相减 ， 得 21  nnnn nbcaa ∴ 1322  nnn nnbc （ 2211  abc 适合 ） 设 1231  nn cccT  则 2242 3)24(310362  nn nT  nnn nnT 222642 3)24(3)64(31036329   两式相减 ， 得 nnn nT 22242 3)24(34343428   江西省于都中学 2020 届高三第二轮 复习资料 (数列 ) 第 10 页 共 20 页 nn n 9)24(291 )91(9  nn 928525  所以 nn nT 916 58165  （ 3）13 2113 13  nnnbb, 22 2121  naann 现只须比较 13n 与 22n 的大小 . 当 1n 时 , 3 1 4 2 2n n   ； 当 2n 时 , 3 1 10 2 2 6n n    ； 当 3n 时 , 3 1 28 2 2 8n n    ； 当 4n 时 , 3 1 82 2 2 10n n    . 猜想 2n 时， 3 1 2 2n n   . 用数学归纳法证明 （ 1） 当 2n 时，左边 3 1 10n   ，右边 2 2 6n   ， 3 1 2 2n n   成立 . （ 2） 假设当 kn 时 , 不等式成立，即 3 1 2 2k k   . 当 n=k+1 时 , 13 1 3 3 1 3 1 2 3k k k k         2 2 2 3 2 2 2kkk      2( 1) 2k   . 即当 1kn 时，不等式也成立 . 由（ 1） （ 2） ，可知 2n 时， 3 1 2 2n n   都成立 . 所以 3 1 2 2n n   （当且仅当 n＝ 1 时，等号成立） 所以 2131n  21 22n.即 31nnbb 12nnaa. 【另解】 221211)21(13  nnnn  例 5． 设 0,b 数列 na 满足 11 1= , ( 2 )22nn n nbaa b a nan, （ 1） 求数列 na 的通 项公式； （ 2） 证明：对于一切正整数 n ， 11 12nn nba 【解】 （ 1）由 11 11 1 2 10 , 0 , .22nn n n nnba nna b a a n a b b a      知 令1 1,n nnAAab， 当 2n 时，121  nn AbbA2112 1 11 2 2 2nn Ab b b b     21211 2 2 2 .nnb b b b     ① 当 2b 时， 12(1 )2 ,2 ( 2 )1nnnn nbbbAbbb  ② 当 2b 时， 2nAn， ( 2 ) ,222 , 2nnnnn b b ba bb    江西省于都中学 2020 届高三第二轮 复习资料 (数列 ) 第 11 页 共 20 页 （ 2）当 2b 时， 要证 11 12nn nba，只需证 122 )2( 112   nnnn bb bnb 只需证22)12( 11   bbbnb nnnnn 22)2(2 111   bbbbn nnnnnn 因为 1 1 1 1 1 2 12( 2 ) ( 2 ) ( 2 2 )2nnn n n n n n nbb b b bb            1 1 2 2 2 2 2 1 1 12 2 2 2 2n n n n n n n n nb b b b b              212 2 22 ( )222n n nnn n n nb b bb b bb         12 ( 2 2 2 ) 2 2 2n n n n n nb n b n b       ， 11( 2 ) nnn n n nn b b ba b    当 112 , 2 1 .2nn nbba   时综上所述 11 nn nba 例 6． 数列 {an}中， 212,a t a t（ 0t 且 1t ）．函数 1])1[(3)( 131   nnn aatxaxf )2( n xt 是的一个极值点． （ 1）证明数列 1{}nnaa  是等比数列，并求数列 {}na 的通 项 公式； （ 2）记 12(1 )n nb a，当 2t 时，数列 {}nb 的前 n 项和为 nS ，求使 2020nS 的 n 的最小值； （ 3）当 2t 时，是否存在指数函数 )(xg ，使得对于任意的正整数 n 有   kk kk aakg1 1 31)1)(1( )( 成立。 若存在，求出满足条件的一个 )(xg ；若不存在，请说明理由． 【解】 （ 1） 21139。 ( ) 3 3 [ ( 1 ) ] ( 2)n n nf x a x t a a n    ．由 题意 0)(  tf ， 即 2113 ( ) 3 [ ( 1 ) ] ( 2)n n na t t a a n   ， ∴ 11( ) ( 2)n n n na a t a a n   ， ∵ 0t 且 1t ， ∴ 数列 1{}nnaa  是以 2tt 为首项， t 为公比的等比数列， 211 2 13 2 1( ) ( 1 ) , ( 1 ) ,( 1 ) , ( 1 )nnnnnnna a t t t t t a a t ta a t t a a t t                 以上各式两边分别相加得 211 ( 1 ) ( )nna a t t t t      …， ∴ ( 2)nna t n（ 累加法求通项） 当 1n 时， 上式也成立， ∴ nnat （ 2）当 2t 时，12 ( 2 1) 1222nn nnb    2112112)2 121211(2 12  nnn nnS  .21222)211(22 nn nn  江西省于都中学 2020 届高三第二轮 复习资料 (数列 ) 第 12 页 共 20 页 由 2020nS  ，得 12 2 2 ( ) 2 0 0 82 nn   ， 1( )。