高中数学题型全面归纳（教师版）：6.3数列的综合25(20170822)

1、PAGE PAGE 32第三节 数列的综合 数列是一种特殊的函数，解数列题时要注意运用函数与方程、分类讨论和等价转化思想等，将复杂的数列问题化繁为简.常见的数列综合题主要有数列与函数的综合（在第二章提型36中已讲解）及数列与不等式的综合两类形式.题型归纳及思路提示题型87 数列与不等式的综合思路提示 数列与不等式的综合是高考的热点问题，内容主要包括两个方面：其一，不等式恒成立条件下，求参数的取值范围；其二，不等式的证明，常见方法有比较法、构造辅助函数法、放缩法和数学归纳法等.一、不等式恒成立条件下，求参数的取值范围问题 利用等价转化思想将其转化为最值问题. 恒成立； 恒成立.例6.38 设数列

2、的前项和为，. （1）求证：是等差数列； （2）设是数列的前项和，求使对所有的都成立的最大正整数的值.解析 （1）由题意， 故有 由-，可得，即，所以有， 令，代入式，可得，故，故有， 故数列是以10为首项，以10为公比的等比数列，故. 所以，即有， 故是等差数列，且首项为，公差为1. （2）解法一：由（1）可知，所以， 故.由，可知.依题意，解得，则最大正整数的值为5.解法二：先由题意对任意的都成立，故需的最小值，而，故数列的前项和是关于的单调递增函数，故的最小值为，所以，解得，则最大正整数的值为5.评注 本题中的解法二更为简捷，其原理是一个正项数列的前项和是关于的单调递增函数.其求解思想是

3、深刻的，同学们应仔细体会并加以应用，有时它会给你带来更为快捷的解题方法.不等式的恒成立问题，主要思想是转化为探求的最值问题，这样既可通过分析解析式的单调性的方法，也可通过“正项数列的前项和是关于的单调递增函数”得到为的单调递增函数，故，这种方法更能突显考生思维的深刻程度.例6.39 数列中，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求； （3）设，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立若成立？求出的值；若不存在，请说明理由.解析 （1）由题意，所以为等差数列.设公差为，由题意得，得. （2）设，若，则，当时，；当时，故. （3）因为，所以，又数列是单调递增的，故为的最小值，故，所以的最大

4、整数值是7.即存在最大整数，使对任意任意，均有.评注 本题中的的第（3）问，还可以如下表述：，故数列的前项和是关于的单调递增函数，故的最小值为，所以为的最小值，故，故的最大整数值是7.即存在最大整数，使对任意，均有.变式1 已知等差数列满足，该数列的前3项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列的前3项. （1）分别求数列，的通项公式； （2）设，若恒成立，求的最小值.解析 设分别为数列和的公差与公比，由题意可知，分别加上1，1，3后得，是等比数列的前三项，所以.因为，所以，则，所以，由此可得，所以，故，当时，当时，得所以，所以 因为在上是单调递增的，所以故满足条件 恒成立，的最小整数位3例6.4

5、0 已知数列的首项为1，前项和与之间满足. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设存在正整数，使对于一切都成立，求的最大值.解析 （1）因为， 故，所以，两边同除以（由题意可知）得，故，故数列是公差为2的等差数列. （2）由（1）知，所以.，又不满足上式，故. （3）对一切都成立对一切都成立，即对一切恒成立，故.令，故，即.故，因为为正整数，所以的最大值为1.变式1 设函数的定义域为R，当时，且对任意，都有成立，数列满足，且. （1）证明：在R上为减函数； （2）求的值； （3）若不等式对一切都成立，求的最大值.解析 令，得，得，故当时，故设，且，则，故，函数在R上是

6、单调递减函数由得，故，因此，是首项为1，公差为2的等差数列，由此得由恒成立，知恒成立，设，则，且，又即，故为关于的单调递增函数，.所以,即的最大值为变式2 已知是递增数列，其前项之和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）是否存在，使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由； （3）设，若对于任意的，不等式恒成立，求正整数的最大值.解析 ，两式相减得，又是递增数列，故，则，.故为等差数列令得，所以，即，得 (舍)，故，得，所以， ，即，显然，左边为整数,所以不成立.故不存在，使得成立.， ，不等式，即，设，则，所以，即当增大时，也增大要使不等式，对于任意的恒成立，只需，所

7、以，所以正整数的最大值为8二、不等式的证明（构造辅助函数法与放缩法的应用） 1.构造辅助函数（数列）证明不等式 引理：. 证明：先证不等式的左边，移项得，构造辅助函数.易知，欲证明，只需证明在上单调递减即可.，故函数在上单调递减，故.再证明不等式的右边，.移项得，构造辅助函数.易知，欲证明只需证明在上单调递减，故函数在上为减函数.，故.综上所述，当时.不妨令，则上述不等式变形为：经典不等式一： 下面就利用经典不等式一来证明在有关数列与不等式综合题中所涉及的不等式证明问题.例6.41 证明不等式.分析 观察不等式，左边只有一项，而右边却有项，显然要将左边的形式加以变换.解析 由利用经典不等式一的

8、左边来证明.故 故.变式1 证明：不等式.分析 不等式的右边为e，故利用取自然对数将其转化为1，再加以证明解析 将不等式左右两边同时取自然对数得根据经典不等式一的右边得故评注 本题巧妙地利用不等式来证明，对于形如和式的放缩证明，常常变换为裂项相消或构造成压缩等比数列的形式来证明变式2 数列满足. （1）求证：； （2）已知不等式对成立，试证明：.分析 所证明不等式，右边为，显然将不等式两边取自然对数来证明解析 依题意，故，由，故.由已知当时，由递推公式及得.两边取对数得，再利用经典不等式一得，所以，将以上式相加，得，得，即，故.综上所述，.变式3 设函数. （1）求函数的极值； （2）当时，若

9、对任意的，恒有，求的取值范围； （3）求证：.解析 函数的定义域为，当时，在上为增函数，则函数无极值；当时，时，时，函数单调递增，时，函数单调递减，故当时，取到极大值.当时，对任意的恒有，故.依据得，的最大值为，则.故的取值范围为.当时，恒成立，故，(当时取等号)，因此，故.评注 本题利用引理中的适当变形得到，然后证明不等式，对于和式的放缩利用裂项相消来有效处理，恰到好处，体现放缩法的精妙所在.变式4 已知函数，各项都小于零的数列满足. （1）求证：； （2）求证：.解析 由，可得，即，且，递推得，可得，化简得，由数列各项都小于零，得，故，在中，令，得.故原不等式可变形为，恰好为经典不等式之一

10、.利用经典不等式之一，所以.，故，即，因此变式5 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求的最小值； （2）设，且，证明：.解析 ，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增；故当时，函数取得最小值.由的最小值1，得，即.令，得,即.故.评注 由得(当且仅当时取等号) .令，得.变式6 证明：不等式.解析 令，则，.因此.故，再证明.因为.从而.评注 本题利用经典不等式一巧妙的放缩，体现了经典不等式的应用深入到不等式证明中的每一角落，值得同学们好好体会与总结.经典不等式二：.经典不等式三：.证明：令，经典不等式二可变为，移项得，构造辅助函数.，故函数在上单调递增，又，故，即.令，得.同理

11、可将经典不等式三构造辅助函数.，故函数在上单调递增，又，故，即.令，得.例6.42 求证：对任意的，都有成立.分析 观察不等式的右边，不难想到可应用经典不等式证明.解析 由经典不等式二知，得，故，所以.证毕. 2.放缩法证明不等式 在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法. 放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）. 放缩法证不等式的理论依据是：；. 放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找. 方法1：对进行放缩，然后求和. 当既不关于

12、单调，也不可直接求和，右边又是常数时，就应考虑对进行放缩，使目标变成可求和的情形，通常变为可裂项相消或压缩等比的数列.证明时要注意对照求证的结论，调整与控制放缩的度.例6.43 求证：.解析 证法一：时，因为，所以.证法二：时，因为，所以.证法三：时，因为，所以.评注 不同的证明方法可达不同的结论，基本原则是裂项要能相消；放缩程度越小、越精确，效果越好.此外，常用来放缩有关的问题.变式1 正项数列的前项和满足：. （1）求数列的通项公式； （2）令，数列的前项和为.证明：对于任意的，都有.分析 根据已知条件构造等价的关系式结合与的关系求解；由的结论先求出数列的通项公式，根据裂项求和法求出其前项

13、和，通过放缩法证明不等式.解析 由，得，由于数列是正项数列，所以.于是,当时，.综上可知，数列的通项.由于，则.例6.44 已知数列满足 （1）求； （2），是数列的前项和，求证：.分析 由递推公式求出数列的通项公式，从而求出数列的通项公式，将数列的通项进行放缩成为裂项相消可求和的形式.解析 （1）由题意知，则.则，所以，当时，也满足，故. （2）由题意及（1）得，所以.变式1 已知函数，数列满足. 求证：时，都有.解析 显然对于，因为，所以所以.所以.当时，所以，故对于，都有.变式2 数列 QUOTE an 中， QUOTE a1=2,an+1=n+12nan(nN*) .（1）求数列 QU

14、OTE an 的通项公式；（2）设 QUOTE bn=an216n2-an2 ，若数列 QUOTE bn 的前 QUOTE n 项和为 QUOTE Tn ，求证： QUOTE Tn12 .解析 由得，故，所以数列是公比为，首项为1的等比数列，故，.证明：.证法一：放缩通项，将通项放缩成两项之差，转化为用裂项相消求和.，当时， ，当时，.所以对一切正整数，都有，所以.证法二：裂项相消，各项重新组合，舍项放缩.，当时，；当时，因为，所以，所以对一切正整数，都有.证法三：将数列第二项起开始放缩，放缩成等比数列求和证明.，当时，；当时，所以，所以对一切正整数，都有.变式3 在数列，中，且成等差数列，成

15、等比数列.（1） 求及，并由此猜测，的通项公式，并证明你的结论；（2）.解析 由条件得，由此可得，猜测.用数学归纳法证明：当时，结论成立.假设当时，结论成立，即,那么当时，所以当时结论也成立.由可知对一切正整数成立.，当时，由知，故.综上，原不等式成立.变式4 （2012广东理19）设数列的前项和为，满足,且成等差数列。（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）证明：对一切正整数，有. 解析 因为成等差数列，所以，又，令得，令得，由得，所以.已知求，利用求解.已知 所以当时，得，所以，两边同时除以得，所以，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，得.证明：因为，所以，因此，即.例6. 4

16、5已知数列 QUOTE an 满足 QUOTE a1=1,an+1=2an+1(nN*) .（1）求数列 QUOTE an 的通项公式；（2）证明： QUOTE n2-13a1a2+a2a3+anan+1n2(nN*) .分析：本题证明不等式的核心在于放缩，度的把握在于结论中的 QUOTE n2 .解析：（1）因为 QUOTE an+1=2an+1(nN*) ，所以 QUOTE an+1+1=2(an+1) ，故 QUOTE an+1 是以2为公比的等比数列，故 QUOTE an+1=2n ，所以 QUOTE an=2n-1(nN*) .（2）因为 QUOTE akak+1=2k-12k+1-

17、1=2k-12(2k-12)12(k=1,2,n) ，所以 QUOTE a1a2+a2a3+anan+1n2-1312+122+12n=n2-131-12n=n2-13+132nn2-13 .变式1已知数列 QUOTE xn 满足 QUOTE x1=12 QUOTE xn+1=11+xn(nN*) .（1）猜想数列 QUOTE x2n 的单调性，并证明你的结论；（2）证明： QUOTE xn+1-xn1625n-1(nN*) .解析 由及得.由猜想，数列是递减数列.下面用数学归纳法证明：当时，命题成立.假设当时命题成立，即，易知，那么，即，也就是说,当时命题也成立.结合知，命题成立.证明：当时

18、，结论成立；当时，易知，所以，所以，所以.变式2 已知曲线 QUOTE C:xy=1 ，过C上一点 QUOTE A1(x1,y1) 作斜率为 QUOTE k1 的直线，交曲线C于另一点 QUOTE A2(x2,y2) ，再过点 QUOTE A2(x2,y2) 作斜率为 QUOTE k2 的直线，交曲线C于另一点 QUOTE A3x3,y3, ，其中 QUOTE x1=1 QUOTE kn=xn+1xn2+4xn(nN*) .（1）求 QUOTE xn+1 与 QUOTE xn 的关系式；（2）判断 QUOTE xn 与2的大小关系，并证明你的结论；（3）求证： QUOTE x1-2+x2-2+

19、xn-20 时，证明： QUOTE xn+1yn+1xnyn(nN*) ；（3）当 QUOTE 1 时，证明： QUOTE x1-y1x2-y2+x2-y2x3-y3+xn-ynxn+1-yn+1-1(nN*) .解析 由得，由得，由得，由成等比数列，得，即，.，由，得.当时，由知，故，由得，得.故.方法2 添舍放缩例6. 46求证： QUOTE 12+23+nn+1nn+22(nN*) .解析：证法一：利用基本不等式 QUOTE nn+1n+n+12=2n+12 . QUOTE i=1nii+1i=1n2i+122nn+12+n2=nn+1+n2=nn+22 .证法二： QUOTE nn+1

20、=n2+n=n+122-14n+12 . QUOTE i=1nii+1i=1ni+12=nn+12+n2=nn+22 .变式1求证： QUOTE 110+219+n9n+12n+1 对一切正整数均成立，令 QUOTE bn=ann(n=1,2,) ，判定 QUOTE bn 与 QUOTE bn+1 的大小，并说明理由.解析 因为，又，所以.所以.变式3 已知 QUOTE fx=1+ax1-ax(0a12) . 求证：. QUOTE k=1nfk-nn+1 成立.解析：（1）由题意， QUOTE Sn=bn+r ，当 QUOTE n2 时， QUOTE Sn-1=bn-1+r ，所以 QUOTE

21、 an=Sn-Sn-1=bn(b-1) ，由于，由已知，是等比数列，故数列是以为公比的等比数列，又即 QUOTE bb-1b+r=b 解得 QUOTE r=-1 .（2）由（1） 知，因此，所证不等式为，即证明.利用放缩法证明：因为，所以.证毕.变式1 已知曲线，从点向曲线引斜率为的切线，切点为.求数列的通项公式；（2）求证：.解析 直线的方程为，代入曲线的方程得，因为与相切，所以方程有等根，所以.所证明的不等式变为，因为，所以.得证.变式2 已知各项均为正数的数列的前项和满足，且.求数列的通项公式；设数列满足，并记为数列的前项和.求证：.解析 由，解得或.由假设，因此又由，化简得，从而数列是

22、公差为3，首项为2的等差数列，则数列的通项为.证法一：由，可解得，从而.因此，令，因，故.特别地，证法二：同证法一求得及.由二项式定理知，当时，不等式成立，由此不等式有.证法三：同证法一求得及.欲证，即证明，即证明，利用放缩法证明：因为，所以.证毕.评注 在证法三中，不能相消，而所证的不等式的右边只有一项，可以逆向思考，构造与，这样就可以和相消. ，将上面这些式子叠乘得到.变式3 已知函数记在区间上的最小值为，令.求证：.解析 因为，在区间上，因此在上是减函数，所以，则.因为，所以，则，即.最有效训练题25（限时45分钟）设等差数列的前项和，且则中的最大值是（ ） B. C. D.2.设等差数

23、列的前项和，已知，有下列结论： = 1 * GB3 * MERGEFORMAT = 2 * GB3 * MERGEFORMAT = 3 * GB3 * MERGEFORMAT = 4 * GB3 * MERGEFORMAT .其中正确的结论的序号是（ ）A. B. C. D. 3. 已知是等差数列，且公差不为零，其前项和是，若成等比数列，则（ ）A. B. C. D. 4. 已知函数 QUOTE fx=sinx,x(0, 52) ，若方程有三个 QUOTE fx=a 不同的实数根，且三个根从小到大依次成等比数列，则的值为（）A. B. C. D.5. 定义在 QUOTE -,0(0,+) 上的

24、函数 QUOTE fx ，如果对于任意给定的等比数列 QUOTE an QUOTE f(an) 仍是等比数列，则称 QUOTE fx 为“保等比数列函数”.现有定义在 QUOTE -,0(0,+) 上的如下函数： QUOTE fx=x2 ； QUOTE fx=2x ； QUOTE fx=x ； QUOTE fx=lnx . 则其中是“保等比数列函数”的序号是（）A. B. C. D. 6. 若函数 QUOTE fx=xn (nN*) ，图象在点 QUOTE (1, 1) 处的切线为在轴、轴上的截距分别为，则数列 QUOTE 25an+bn 的最大项为.7. 等差数列，其前n项的和为 QUOTE

25、 Sn 满足 QUOTE a4+a8=12 ，若随机从区间 QUOTE -2, 0 取实数作为该数列的公差，则使得当 QUOTE n=9 时 QUOTE Sn 最大的概率为.8. 若数列 QUOTE nn+423n 的最大项是第 QUOTE k 项，则 QUOTE k= .9. 定义： QUOTE Fx,y=yx(x0,y0) ，已知数列 QUOTE an 满足： QUOTE an=Fn,2F2,n(nN*) ，若对任意正整数，都有 QUOTE anak(kN*) 成立，则 QUOTE ak 的值为.10. （2017天津理18）已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，.（1）求和的通项公式；（2）求数列的前n项和.11. 已知数列 QUOTE an 的前 QUOTE n 项的和为 QUOTE Sn ， QUOTE a1=1 与 QUOTE -3Sn+1 的等差中项是 QUOTE -32(nN*) .（1）证明数列 QUOTE Sn QUOTE Sn-32 为等比数列；（2）求数列 QUOTE an 的通项公式；（3）若对任意正整数，不等式 QUOTE kSn 恒成立，求实数的取值范围.12. (2017浙江理