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《数列》专题22-1 最值分析
（2套2页）
知识点：
作差法分析单调性： 有些函数很难画图像，但又必须分析其单调性，这时通常会用作差法。具体步骤： 令； 作差，整理式子，然后分析结果正负； 如果，则函数单增；如果，则函数单减； 也可能部分大于0，部分小于0，我们可以利用这个分析出的最大值或最小值；
典型例题：
设[endnoteRef:0]数列的前n项和为，已知，，（1）设，求的通项公式；（2）若，，求的取值范围。 （[endnoteRef:1]） [0: ] [1: ]
（2011年浙江）若数列中的最大项是第K项，则K＝ [endnoteRef:2]。 [2: 4]
（2018湖南文G63）设为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；[endnoteRef:3]
（2）令，，若对一切成立，求实数的最小值． [3: 答案：解：（1）∵等差数列中，，，∴解得∴，∴．
（2）∵w，
∴，
∵随着的增大而增大，∴递增，又，∴，∴，
∴实数的最小值为5．]
随堂练习：
已知数列{an}满足：an≤an＋1，an＝n2＋λn，n∈N*，则实数λ的最小值是__[endnoteRef:4]______． [4: 答案　－3；
解析　an≤an＋1 n2＋λn≤(n＋1)2＋λ(n＋1)
λ≥－(2n＋1)，n∈N* λ≥－3.]
已知等差数列的公差大于0，且是方程的两根，数列的前n项的和为，且 ().（1）求数列，的通项公式；
（2） 记，求证：. 【答案[endnoteRef:5]】 [5: 【解析】
试题分析：解：（Ⅰ）∵是方程的两根，且数列的公差，
∴，公差
∴ ( ) 4分
又当n＝1时，有b1＝S1＝1－
当
∴数列{bn}是等比数列，
∴ ( ) 8分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 10分
∴
∴ 12分
考点：数列的通项公式
点评：解决的关键是能利用等差数列的概念和等比数列的通项公式来求解，属于基础题。
]
已知数列的前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记数列的前项和为，证明：.[endnoteRef:6]
[6: 答案：解：(1)当时，有，解得，
当时，有，则
整理得
∴数列是以为公比，以为首项的等比数列
∴.
（2）由（1）有，则
∴
易知数列为递增数列，
∴，即.
]
已知各项均为正数的数列满足：其中为数列的前 n 项和。
等差数列满足：
（1）求数列和的通项公式；
（2）对于任意的，恒成立，试求实数k的取值范围。（[endnoteRef:7] ）
[7: 答案：解:
]
《数列》专题22-2 最值分析
设函数的定义域为，对任意的实数都有；当时，，
且.（1）判断并证明在上的单调性；【[endnoteRef:8]】 [8: 【解析】
试题分析：（1）在上单调递增，证明如下： 设任意，且，∵，∴，∴
即，∴在上单调递增.
（2）在中，令，得.令，
得，∴.令，得，即
下面用数学归纳法证明：
①当时，，不等式成立；
②假设当时，不等式成立，即，则∵在上单调递增，
∴，∴，即当时不等式也成立.
综上①②，由数学归纳法原理可知对任意的，
考点：数学归纳法；抽象函数及其应用；数列与函数的综合
点评：本题考查函数的单调性，考查数学归纳法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
]
已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相等，且对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)是否存在k∈N*，使得∈(0，1)？请说明理由.（[endnoteRef:9]) [9: 19．解：(1) 已知， ①
n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈). ②
①－②得2n－1an＝8，解得an＝24－n，
在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，
所以(n∈).
由题意b1＝8，b2＝4，b3＝2，所以b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，
∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，
∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
＝n2－7n＋14(n∈).
(2) bk－ak＝k2－7k＋14－24－k，
当k≥4时，f(k)＝(k－)2＋－24－k单调递增，
且f(4)＝1，所以k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1.
又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，
所以，不存在k∈，使得bk－ak∈ (0，1).
]
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an（n∈N*）．
（1）证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝nan＋n，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式的n的最小值．[endnoteRef:10]
[10: 【解答】（1）证明：当n＝1时，a1＋1＝2a1，∴a1＝1．
∵Sn＋n＝2an，n∈N*，
∴当n≥2时，Sn﹣1＋n﹣1＝2an﹣1，
两式相减得：an＋1＝2an﹣2an﹣1，即an＝2an﹣1＋1，
∴an＋1＝2（an﹣1＋1），
∴数列{an＋1}为以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，
则，n∈N*；
（2）解：∵，
∴，
∴，
两式相减得：，
∴，
由，得，
设，
∵＞0，
∴数列{cn}为递增数列，
∵，，
∴满足不等式的n的最小值为11．
]

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