精华2005自主2014年数学专家指导8讲高三第2数列与不等式

第二 数列与不等一、知识与方法

nAa1a2an设a1, G

1

...

HGA，当且仅当a1a2an对任意两组实数a1a2an和b1b2bn，则(abab...ab)2(a2a2...a2)(b2b2...b21 2 n a1a2an时，等号成立 设有两个有序实数组a1a2an和b1b2bn，及i1i2in1,2,…,na1b1a2b2anbn(顺序和11

(乱序和2na1bna2bn-1anb1倒序和2n当且仅当a1a2…=an或b1b2…=bn时，等号成xi1i1,2,...n)(1x1)(1x2)...(1xn)1x1x2...x1，则当0a1时，有(1x)a1ax当a0或a1时，有(1x)a1axx0时，等号成立对于(abf(xf )x1x2...xn f(x1)f(x2)...ff ) 二、例题与讲解 C. D.答案：C解析：由题意得amam1q，则a1a2ma1a2m1aa a mqm,故选12 m（2013 ）数列an满足a11，前n项和为Sn,Sn14an2，则a2013 A.30192 C. 证明：设此数列为aa13,a25,a41d25134113 m n3（2013年）a1,a2,a3,an,是一个递增的等差数列，k,l,m,n是给定的正整数，已知ak,al的几何k均数大于am,an的算术平均数，求证 2【解】设等差数列通项ana1n1ddna1dfxdxqqa1dakf(k)faman，那 akf(k)f

f(kf(l) f(kf(l)2f(k)f(l)

f(m)f

2 dkqdlqdmqdnq，化简可得dkldmnd0 所以klmnmn2

mnkl2

mn

写出an1an(n2)

a1a2证明：如果a1(0,1),则对一切n都有an(0,1);(3)证明:如果a1[0,1则对一切n都有anan1

11 ，11 1

a1a2 1

，用n代替n11

1 n a 1a n a (1a 用数学归纳法：当n1时由己知，成立；假设当nk时成立，即ak(0,1)；所以对一切n都有an(0,1)n1时由己知，成立；假设当nk时成立，即ak则当nk1时，若要 0，则a2a10，无解；若要 1，则a2a11a0或k k 与归纳假 。所以ak1所以a0,1。 a(a1)20 a 已知数列{a}中，a3, a2na,nN, 若an2n对任意的nN都成立，求当2时，证明 a1

a2

an

2(nN（1）由aa2a6，且a4，得2 下面用数学归纳法证明：当2时，有ann1a132成立，当n2a24假设当nk(k2时命题成立，即ak2k，则当nk1ak1ak2kakf(x)x2kxx2kf(x f(ak)f(2k)4k2k，即： 2k2k22(k k2(k1)，所以当nk1时命题成立。由以上可知：2。（2）若2，由 a2na2得 2a2na4na42a201 1

an

()

1所

2n2(11)a1

a2

an

1 26（2013 ）设数列{an}满足an1ancan2(nN)，其中a10,cM0N，当nNaNM记

can

10Sn d1解：（I）很明显{an}是一个递增数列，{an}每两项间的增量也是递增 aca2且a0，c0，所以0aa aac(a2a2 2)ac(n1)a NMa1（NM也可以，则当nN 2 2 1aac(n1)a2aNa2 nnnn

can

ca2

n ca n1 n n nn 1 anan1 anan1 1ncScbcbcb(11)(11)(1n

1)11nn即Sn

1

nS11n

1，根据（I）d0，取M

1 1

1111 17（2011华约）已知函数fx ,f11,f12，令x1, fx xn 求数列xn的xn xx

ax

2

12 2xn，得：x xn （2）看到了exn

xn

2n11ln21ln211111

12111)1111)11)1111ln21ln211 1 三、巩固练习给定数列{xn}，x1=1，且

3xn33

， xn 3 333xn 33

1

3，令xn=tanαn，∴xn+1=tan(αn+),∴xn+6=xn, ,x3=- 3x4=-1,x5=- x7=1，……，∴有xnx11。故选A3已知数列a0a1a2an,...,满足关系式(3an1)(6an)18,且a0na则a

a解：设bn ,n0,1,2,...,则(3 )(6b)a 即3bn16bn10bn12bn3

bn132(bn

故数列{bn}b12n(b

2n(1

12n1b1(2n11) 12(2n1 nn1b1 1) (n1) nnn i。iio i0 3 2 已知数列xn，满足(n1)xn1xnn,且x12，则x2005

n，推出

1xn1n

1xn1n

xn11(n

xn2(n1)n(n

x1(n1)n(n

(n即有 1。从而可 (n

!（2007年交大）已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为an1,2,3,，其中ab均为正整数，且a1b1a2b2求a的值对于满足（2）中关系式的amSa1a2am解析：（1）法1：a1b1a2b2a3即ababbaa2b,从而1a1aa23,因此a 法2：a1b1a2b2a3即ababbaa故a10,即a2,故（a2)(b1)＝0或1.若（a2)(b＝2由a1b,得2（m1)b1b2n1,故b ,而ba 故2n1m11,b由（2），得2n1m,因此Saa

2n1ma2m3m(m1)2 32n2(2n11)2n23已知数列{an}满足a1pa2p1an22an1ann20p是给定的实数，n是正整数，试求n的值，使得an的值最小．【解】令bnan1ann1,2,由题设an22an1ann 有bn1bnn20，且b11………5 于是(bi1bi)(i20) 即bnb112(n12n(n1∴

(n1)(n40)2a1pa2p1，则a32a2a1120p17a1a2∴当an的值最小时，应有n3anan1，且anan1．即bnan1an0bn1anan10(n1)(n40)

n3，且nN*，解得n40nn将等差数列aa4n1nN*35整除的数删去后, bn},求b2006的值解:由于an15an60,故若an35的倍数,当且仅当an1535的倍数个,为b17b211b319b423,b531,b643,b747,b859且有b8krbr60k2006＝8×250+6,而b643,所以b200660250b6602504315043 7.（2005）Rf(x4x2Snfnfnf(n1),nN*,n2n S

M 4x 41x n n n Snf

)f

) f )f

)f

) f() f(nf(nn) f(

f(n1)

f(

f(n2

1 f(

nn2

n不存在。取n2m1)2(1121)2(112141 12m1)

)m1nm1，左边。所以常数M8.设数列{a}的前n项和为S，且a3,S 2n3,nN 求{an}的通项设b2n(1)na，若对任意的nN，都有 b，求实数的取值范围 解：（1）Snan12n3，所Sn1an2n5(n anan1an2，所以an122(an2)，所以{an2}2a2，故a2(a22n22n1，所以a2n12 （2）2n11)n1 2n1)na2n1)n1(32n14)

单调递增，故

32n14 {32n1 n n

，

单调递增，故7

32n14。5

32n1 9.（2009年）已知xy1,n为正数，求证：x2ny2n (x 2°假设nkx2ky2k212k

2nk1x2k2y2k2x2ky2y2kx2x2ky2kx2y2212k212k212x2k2y2k2x2ky2y2kx22x2k2y2k2212k1x2k2y2k这说明n1x2ny2n10．(2010年江苏选拔)设{an}是满足1a0a1a2 ①的实数序列,而{bn}是由下式定 ak 的实数列bn(1

,n1,2, k （2）对于0c2中的任意c，存在具有性质①的序列{an}，使得由它构成的序列②中有无穷多个下标满足bnc解：由题 0(1ak1)

1，求前n项和，显然

0，但无法保证

2，因此可