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(共16张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·辽阳一模)已知数列{an}满足a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2.
(1)求{an}的通项公式;
解:由题意可知,当n=1时,a1=2.
当n≥2时,由a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2得,a1+2a2+…+(n-1)an-1
=(n-2)·2n+2,两式作差可得,nan=(n-1)·2n+1-(n-2)·2n=n·2n,
∴an=2n,a1=2也适合该式,故an=2n.
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(2)设bn=+,证明:b1+b2+…+bn<.
解: 证明:由题意知bn=+=+,
故b1+b2+…+bn=+=1-+-×=-.
由于n∈N*,则+>0,
故-<,即b1+b2+…+bn<.
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2.(2024·广东梅州中学9月校考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,
Sn是an+1与2n-4的等差中项.
(1)求{an}的通项公式;
解:∵Sn是an+1与2n-4的等差中项,∴2Sn=an+1+2n-4.
当n=1时,2a1=2S1=a2+2-4.又a1=4,∴a2=10.
当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=an+1+2n-4-an-2(n-1)+4=an+1-an+2,
∴an+1=3an-2.∴an+1-1=3(an-1).又a2-1=3(a1-1),a1-1=3,
∴数列{an-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴an-1=3n,∴an=3n+1.
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(2)设bn=,且数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.
解:证明:由(1)得bn==>0.
∵===-<,∴bn+1(关键点:根据数列{bn}通项公式的形式进行等比数列形式的放缩,得到bn+11
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∴当n=1时,T1=b1=<.当n≥2时,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn∵bn+1>0,∴Tn∴Tn综上,Tn<.
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3.(2024·徐州模拟)如图,在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C.
连接△ABC的各边中点得△A1B1C1,
再连接△A1B1C1的各边中点得△A2B2C2,
…,如此继续下去,记△ABC,△A1B1C1,
△A2B2C2,…的面积分别为S0,S1,S2,….
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(1)求S0的最大值;
解:由(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C及正弦定理可得,(a-b)(a+b)=(c-b)c,即a2-b2=c2-bc,所以cos A==.又A∈(0,π),所以A=.
由a2-b2=c2-bc可知,a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时,取等号.
所以S0=bcsin A≤a2=.故S0的最大值为.
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(2)若S0+S1+S2+…+Sn>,求整数n的最小值.
解:由条件可知,S0,S1,S2,…是以S0为首项,为公比的等比数列.
所以S0+S1+S2+…+Sn=S0=S0
=S0.要使n有最小值,×>.
即1->,所以<,即4n>506.
又44=256<506,45=1 024>506,故整数n的最小值为5.
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4.设有穷数列{an}的项数为m(m≥2),若正整数k(2≤k≤m)满足: nak,则称k为数列{an}的“min点”.
思维路径:(1)由通项公式写出数列的各项,根据数列{an}的“min点”定义确定结论;
(2)利用等比数列求和公式求Sn,由条件可得存在n(n≥2),使得Sn+1
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(3)先证明若an≥a1(n≥2),则p=0,结论成立,再证明若存在an,使得an(1)若an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5),求数列{an}的“min点”;
解:因为an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5),所以a1=1,a2=1,a3=-3,a4=5,a5=-7,
所以数列 {an} 的 “ min 点” 为 3,5.
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(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn.若数列存在“min点”,求正数a1的取值范围;
解:依题意,Sn==a1(2n-1),因为数列存在 “min点”,
所以存在n(n≥2),使得Sn+所以a1(2n-1)+1
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即a1(2n-2)<·.因为n≥2,所以2n-2>0,所以<.又2n-1随n的增大而增大,所以当n=2时,取最大值,所以<.又a1>0,所以0当01
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(3)若an≥an-1-1(2≤n≤m),数列{an}的“min点”的个数为p,证明:a1-am≤p.
解: ①若an≥a1(n≥2),则数列{an}不存在 “min点”,即p=0.
由am-a1≥0,得a1-am≤0,所以a1-am≤p,
②若存在an,使得an下证数列{an}有 “min点”.
证明: 若a21
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若a2≥a1,因为存在an,使得an则综上,数列{an}存在 “min点”.
不妨设数列{an}的 “min点” 由小到大依次为n1,n2,n3,…,np,则是,,,…,,中第1个小于的项,故-≤-.因为 an≥an-1-1(2≤n≤m),
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所以an-1-an≤1,所以-≤1,所以-≤1,
所以a1-am≤a1-=(a1-)+(-)+(-)+…+(-)
≤(-)+(-)+(-)+…+(-)≤1+1+1+…+1
(p个1).
所以a1-am≤p.综上,a1-am≤p,得证.(共32张PPT)
数列中的综合问题
习题讲评（四）
2024年新课标Ⅰ卷打破以往数列(等差、等比数列基本运算)的考查模式,给出新定义“可分数列”以压轴题的形式呈现,而数列与不等式结合以压轴题呈现也是值得关注的,其考查的知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及两者之间的关系,在不等式证明中要注意放缩法的应用.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
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教学点(一)　不等式的证明
教学点(二)　不等式恒成立求
参数问题
3
教学点(三)　数列的新定义问题
不等式的证明
教学点（一）
[典例]　(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列,bn=
记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
解:设等差数列{an}的公差为d,由bn=k∈N*,
得b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6.
(巧变通:由于数列{bn}的通项是分段的,因此求项时要“对号入座”)
于是解得
an=a1+(n-1)d=2n+3,所以数列{an}的通项公式是an=2n+3.
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
解:法一:证明:
由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*.
(注意:数列{bn}是“分段数列”,奇数项、偶数项分别成等差数列,所以要分类讨论)
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·
+·=n2+n.
(巧变通:将奇数项组成一组,偶数项组成一组,分组求和)
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn.
当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=
·+·=n2+n-5,
显然T1=b1=-1满足上式,因此当n为奇数时,Tn=n2+n-5,
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
综上所述,当n>5时,Tn>Sn.
法二:证明:由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*.
当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n.
(关键点:按相邻项分组,当n为偶数时分成组)
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
综上所述,当n>5时,Tn>Sn.
(2024·邢台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1.
(1)求{an}的通项公式;
解:由Sn=2an-1,当n=1时,S1=2a1-1,则a1=1≠0,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-1,
两式相减得Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),
即an=2an-1(n≥2),因此数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.
即时训练
(2)求证:+++…+<2.
解:证明:由(1)知Sn==2n-1.
当n=1时,=1<2;当n≥2时,2n-1>1,所以Sn=2n-1>2n-2n-1=2n-1>0,(关键点:利用放缩法求解)所以=<,
所以+++…+<1+++…+==2<2.
不等式恒成立求参数问题
教学点（二）
[典例]　(2024·宁波镇海中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且5an+1+Sn+16=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:当n=1时,5a2+a1+16=0,所以a2=-,
当n≥2时,(注意:不要忘记对n≥2的限制)
由5an+1+Sn+16=0,　①
得5an+Sn-1+16=0,　②
①-②得5an+1=4an.
因为a2≠0,所以an≠0,所以=.
(注意:切勿到此就下结论{an}是等比数列,因为需要对n=1的情况进行检验,这是失分点之一)
又=,所以{an}是首项为-,公比为的等比数列,
所以an=-·=-4·.
(2)设数列{bn}满足4bn+(n-5)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
解:由4bn+(n-5)an=0,
得bn=-an=(n-5).
所以Tn=-4×-3×-2×+…+(n-5)×,Tn=-4×-3×-2×+…+(n-6)×+(n-5)×,
两式相减得Tn=-4×+++…+-(n-5)×
=-+-(n-5)×=-+-5×-(n-5)×
=-n×,所以Tn=-4n×,所以Tn≤λbn恒成立,
即-4n×≤λ(n-5)×恒成立,即λ(n-5)+4n≥0恒成立.
(关键点:恒成立问题常采用分离参数法,两边同时除以n-5,因而需要对n进行讨论,n-5的正负影响不等号方向)
当n=5时,不等式恒成立;
当0当n>5时,λ≥-=-4-恒成立,则λ≥-4.所以-4≤λ≤1.
故实数λ的取值范围是[-4,1].
(2024·南充二模)在数列{an}中,Sn是其前n项和,且3Sn-an=64.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:因为3Sn-an=64,当n=1时,3S1-a1=64,解得a1=32.
当n≥2时,3Sn-1-an-1=64,所以3Sn-an-3Sn-1+an-1=0,所以an=-an-1.
所以{an}是以32为首项,-为公比的等比数列,
所以an=32×.
即时训练
即时训练
(2)若 n∈N*,λ-1解:由(1)可得Sn===
又y=在R上单调递减,则y=-在R上单调递增,
所以当n为偶数时,≥=16,
当n为奇数时,≤=32,
所以当n=1时,Sn取得最大值为32,
当n=2时,Sn取得最小值为16,
因为 n∈N*,λ-1所以 解得7≤λ<17,
所以λ的取值范围为[7,17).
数列的新定义问题
教学点（三）
[典例]　定义:对于数列{cn},若从第二项起,每一项与它的前一项之差都大于或等于同一个常数d1,且小于或等于另一个常数d2,则{cn}叫作类等差数列(若d1=d2=d,则{cn}是等差数列).
(1)若类等差数列{cn}满足d1≤cn-cn-1≤d2,n≥2,n∈N,c1,d1,d2均为已知数,请类比等差数列的通项公式,求出数列{cn}的通项不等式(即第n项cn与首项c1及d1,d2的不等式关系,要求写出推导过程).
解:依题意,知d1≤c2-c1≤d2,d1≤c3-c2≤d2,…,d1≤cn-cn-1≤d2.
将这(n-1)个不等式相加,得(n-1)d1≤cn-c1≤(n-1)d2,所以c1+(n-1)d1≤cn≤c1+(n-1)d2①,n≥2,n∈N.
(2)若数列{an}中,a1=,an+1=an-2.判断数列是否为类等差数列,若是,请证明;若不是,请说明理由.
解: 数列 ,理由如下.
法一:因为an+1=an-2.
所以 ==2=+,
即-=.
因为2=an-an+1>0,所以an+1所以1-2an≥1-2a1=>0,an+1=an(1-2an)=an-1(1-2an-1)(1-2an)=…=a1(1-2a1)(1-2a2)(1-2a3)·…·(1-2an)>0, ,
所以-=<0,
所以是递减数列,故其最大项为=6,且>=2.
所以2<-≤6,所以数列是类等差数列.
法二:-=-===,
又2=an-an+1>0,所以an+1由于数列{an}为递减数列,则{1-2an}为递增数列,且1-2an>0,
所以是递减数列,故其最大项为=6,所以-≤6.
又由法一知an>0,所以>2,
所以2<-≤6,所以数列是类等差数列.
习得方法:
①处,用到同向不等式可加性;
②关键点:要证明数列是否为类等差数列,根据定义,就要判断相邻两项的差是否小于或等于某一常数,大于或等于另一个常数;
③处,所给式子无法下手,想到变形求解(取倒数、构造式子等),此处是取倒数,类比裂项法进行化简求值);
④关键点:先通过数列{an}的增减性,求出0妙解:求数列的最大项,也可以用函数思想考虑,显然f(x)=是增函数,又{an}是递减数列,则是递减数列.
若各项为正的无穷数列{an}满足 n∈N*,-=d,其中d为非零常数,则称数列{an}为D数列.记bn=an+1-an.
(1)判断无穷数列an=和an=2n是否为D数列,并说明理由;
解:an=是D数列,an=2n不是D数列,理由如下:
当an=时,=n,=n+1,
则-=n+1-n=1,故an=是D数列.
(切入点:判断是否为D数列的关键是看-是否为非零常数)
即时训练
即时训练
当an=2n时,=22n,=22n+2,
则-=22n+2-22n=3×22n,故an=2n不是D数列.
(2)若{an}是D数列,证明:数列{bn}中存在小于1的项;
解:证明:若{an}是D数列,则an>0且-=d,此时数列{}是以为首项,d为公差的等差数列,
故=+(n-1)d>0.
当d<0时,总存在正整数n,使+(n-1)d<0,
与>0矛盾,故d>0恒成立.
由=+(n-1)d>(n-1)d,=+nd>nd,
得an>,an+1>,则an+1+an>+=(+),
所以bn=an+1-an=<=.
由+随n的增大而增大,知总存在正整数n,使<1,
所以数列{bn}中存在小于1的项.
(3)若{an}是D数列,证明:存在正整数n,使得 >2 024.
解: 证明:由(2)得=+(n-1)d,故an=,
即==>
==,
则 >[-+-+…+-]
=( -a1).(关键点:通过放缩,结合裂项相消法求和以表示出与 有关的不等式)
由-a1随n的增大而增大,d>0,且n→+∞时,(-a1)→+∞,得对任意的d>0,存在正整数n,使(-a1)>2 024,
即存在正整数n,使得 >2 024.习题讲评(四)　数列中的综合问题
2024年新课标Ⅰ卷打破以往数列(等差、等比数列基本运算)的考查模式,给出新定义“可分数列”以压轴题的形式呈现,而数列与不等式结合以压轴题呈现也是值得关注的,其考查的知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及两者之间的关系,在不等式证明中要注意放缩法的应用.
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　不等式的证明
[典例]　(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
[训练]　(2024·邢台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求证:+++…+<2.
教学点(二)　不等式恒成立求参数问题
[典例]　(2024·宁波镇海中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且5an+1+Sn+16=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足4bn+(n-5)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
[训练]　(2024·南充二模)在数列{an}中,Sn是其前n项和,且3Sn-an=64.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若 n∈N*,λ-1教学点(三)　数列的新定义问题
[典例]　定义:对于数列{cn},若从第二项起,每一项与它的前一项之差都大于或等于同一个常数d1,且小于或等于另一个常数d2,则{cn}叫作类等差数列(若d1=d2=d,则{cn}是等差数列).
(1)若类等差数列{cn}满足d1≤cn-cn-1≤d2,n≥2,n∈N,c1,d1,d2均为已知数,请类比等差数列的通项公式,求出数列{cn}的通项不等式(即第n项cn与首项c1及d1,d2的不等式关系,要求写出推导过程).
(2)若数列{an}中,a1=,an+1=an-2.判断数列是否为类等差数列,若是,请证明;若不是,请说明理由.
[思维建模]　数列新定义问题解决方案及流程
(1)读懂题意,理解研究的对象,理解新定义的含义.
(2)特殊分析,例如先对n=1,2,3,…的情况讨论.
(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质,以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系,仔细观察,探求规律,注重转化,合理设计解题方案,最后利用等差、等比数列有关知识来求解.
[训练]　若各项为正的无穷数列{an}满足 n∈N*,-=d,其中d为非零常数,则称数列{an}为D数列.记bn=an+1-an.
(1)判断无穷数列an=和an=2n是否为D数列,并说明理由;
(2)若{an}是D数列,证明:数列{bn}中存在小于1的项;
(3)若{an}是D数列,证明:存在正整数n,使得>2 024.
教学环节二　课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·辽阳一模)已知数列{an}满足a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=+,证明:b1+b2+…+bn<.
2.(2024·广东梅州中学9月校考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,Sn是an+1与2n-4的等差中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,且数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.
3.(2024·徐州模拟)如图,在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C.连接△ABC的各边中点得△A1B1C1,再连接△A1B1C1的各边中点得△A2B2C2,…,如此继续下去,记△ABC,△A1B1C1,△A2B2C2,…的面积分别为S0,S1,S2,….
(1)求S0的最大值;
(2)若S0+S1+S2+…+Sn>,求整数n的最小值.
4.设有穷数列{an}的项数为m(m≥2),若正整数k(2≤k≤m)满足: nak,则称k为数列{an}的“min点”.
(1)若an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5),求数列{an}的“min点”;
(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn.若数列存在“min点”,求正数a1的取值范围;
(3)若an≥an-1-1(2≤n≤m),数列{an}的“min点”的个数为p,证明:a1-am≤p.
习题讲评(四)　数列中的综合问题
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　不等式的证明
[典例]　解:设等差数列{an}的公差为d,
由bn=k∈N*,得b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6.
(巧变通:由于数列{bn}的通项是分段的,因此求项时要“对号入座”)
于是解得
an=a1+(n-1)d=2n+3,所以数列{an}的通项公式是an=2n+3.
(2)法一:证明:由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*.
(注意:数列{bn}是“分段数列”,奇数项、偶数项分别成等差数列,所以要分类讨论)
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n.
(巧变通:将奇数项组成一组,偶数项组成一组,分组求和)
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn.
当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=·+·=n2+n-5,
显然T1=b1=-1满足上式,因此当n为奇数时,Tn=n2+n-5,
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
综上所述,当n>5时,Tn>Sn.
法二:证明:由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*.
当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n.
(关键点:按相邻项分组,当n为偶数时分成组)
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn.
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5.
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
综上所述,当n>5时,Tn>Sn.
[训练]　解:(1)由Sn=2an-1,
当n=1时,S1=2a1-1,则a1=1≠0,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-1,
两式相减得Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),
即an=2an-1(n≥2),因此数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.
(2)证明:由(1)知Sn==2n-1.
当n=1时,=1<2;
当n≥2时,2n-1>1,所以Sn=2n-1>2n-2n-1=2n-1>0,
(关键点:利用放缩法求解)
所以=<,
所以+++…+<1+++…+==2<2.
教学点(二)　不等式恒成立求参数问题
[典例]　解:(1)当n=1时,5a2+a1+16=0,所以a2=-,
当n≥2时,(注意:不要忘记对n≥2的限制)
由5an+1+Sn+16=0,　①
得5an+Sn-1+16=0,　②
①-②得5an+1=4an.
因为a2≠0,所以an≠0,所以=.
(注意:切勿到此就下结论{an}是等比数列,因为需要对n=1的情况进行检验,这是失分点之一)
又=,所以{an}是首项为-,公比为的等比数列,
所以an=-·=-4·.
(2)由4bn+(n-5)an=0,
得bn=-an=(n-5).
所以Tn=-4×-3×-2×+…+(n-5)×,Tn=-4×-3×-2×+…+(n-6)×+(n-5)×,
两式相减得Tn=-4×+++…+-(n-5)×=-+-(n-5)×=-+-5×-(n-5)×=-n×,所以Tn=-4n×,
所以Tn≤λbn恒成立,即-4n×≤λ(n-5)×恒成立,即λ(n-5)+4n≥0恒成立.
(关键点:恒成立问题常采用分离参数法,两边同时除以n-5,因而需要对n进行讨论,n-5的正负影响不等号方向)
当n=5时,不等式恒成立;
当0当n>5时,λ≥-=-4-恒成立,则λ≥-4.
所以-4≤λ≤1.
故实数λ的取值范围是[-4,1].
[训练]　解:(1)因为3Sn-an=64,
当n=1时,3S1-a1=64,解得a1=32.
当n≥2时,3Sn-1-an-1=64,所以3Sn-an-3Sn-1+an-1=0,所以an=-an-1.
所以{an}是以32为首项,-为公比的等比数列,所以an=32×.
(2)由(1)可得Sn===
又y=在R上单调递减,则y=-在R上单调递增,
所以当n为偶数时,≥=16,
当n为奇数时,≤=32,
所以当n=1时,Sn取得最大值为32,当n=2时,Sn取得最小值为16,
因为 n∈N*,λ-1所以解得7≤λ<17,所以λ的取值范围为[7,17).
教学点(三)　数列的新定义问题
[典例]　解:(1)依题意,知d1≤c2-c1≤d2,d1≤c3-c2≤d2,…,d1≤cn-cn-1≤d2.
将这(n-1)个不等式相加,得(n-1)d1≤cn-c1≤(n-1)d2,
所以c1+(n-1)d1≤cn≤c1+(n-1)d2①,n≥2,n∈N.
(2)数列是类等差数列②,理由如下.
法一:因为an+1=an-2.
所以=③==2=
+,即-=.
因为2=an-an+1>0,所以an+1所以1-2an≥1-2a1=>0,an+1=an(1-2an)=an-1(1-2an-1)(1-2an)=…=a1(1-2a1)(1-2a2)(1-2a3)·…·(1-2an)>0,所以0所以-=<0,
所以是递减数列,故其最大项为=6,且>=2.
所以2<-≤6,所以数列是类等差数列.
法二:-=-===,
又2=an-an+1>0,所以an+1由于数列{an}为递减数列,则{1-2an}为递增数列,且1-2an>0,所以是递减数列,故其最大项为=6,所以-≤6.
又由法一知an>0,所以>2,
所以2<-≤6,所以数列是类等差数列.
习得方法:
①处,用到同向不等式可加性;
②关键点:要证明数列是否为类等差数列,根据定义,就要判断相邻两项的差是否小于或等于某一常数,大于或等于另一个常数;
③处,所给式子无法下手,想到变形求解(取倒数、构造式子等),此处是取倒数,类比裂项法进行化简求值);
④关键点:先通过数列{an}的增减性,求出0妙解:求数列的最大项,也可以用函数思想考虑,显然f(x)=是增函数,又{an}是递减数列,则是递减数列.
[训练]　解:(1)an=是D数列,an=2n不是D数列,理由如下:
当an=时,=n,=n+1,
则-=n+1-n=1,故an=是D数列.
(切入点:判断是否为D数列的关键是看-是否为非零常数)
当an=2n时,=22n,=22n+2,
则-=22n+2-22n=3×22n,故an=2n不是D数列.
(2)证明:若{an}是D数列,则an>0且-=d,此时数列{}是以为首项,d为公差的等差数列,
故=+(n-1)d>0.
当d<0时,总存在正整数n,使+(n-1)d<0,
与>0矛盾,故d>0恒成立.
由=+(n-1)d>(n-1)d,=+nd>nd,
得an>,an+1>,
则an+1+an>+=(+),
所以bn=an+1-an=<=.
由+随n的增大而增大,知总存在正整数n,使<1,
所以数列{bn}中存在小于1的项.
(3)证明:由(2)得=+(n-1)d,故an=,
即==>
=
=,
则>[-+-+…+-]=( -a1).
由-a1随n的增大而增大,d>0,且n→+∞时,(-a1)→+∞,得对任意的d>0,存在正整数n,使(-a1)>2 024,
即存在正整数n,使得>2 024.
教学环节二　课时作业讲评
1.解:(1)由题意可知,当n=1时,a1=2.
当n≥2时,由a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2得,a1+2a2+…+(n-1)an-1=(n-2)·2n+2,两式作差可得,nan=(n-1)·2n+1-(n-2)·2n=n·2n,∴an=2n,a1=2也适合该式,故an=2n.
(2)证明:由题意知bn=+=+,
故b1+b2+…+bn=+=1-+-×=-.
由于n∈N*,则+>0,
故-<,即b1+b2+…+bn<.
2.解:(1)∵Sn是an+1与2n-4的等差中项,
∴2Sn=an+1+2n-4.
当n=1时,2a1=2S1=a2+2-4.
又a1=4,∴a2=10.
当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=an+1+2n-4-an-2(n-1)+4=an+1-an+2,∴an+1=3an-2.
∴an+1-1=3(an-1).
又a2-1=3(a1-1),a1-1=3,∴数列{an-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴an-1=3n,∴an=3n+1.
(2)证明:由(1)得bn==>0.
∵===-<,
∴bn+1∴当n=1时,T1=b1=<.当n≥2时,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn∵bn+1>0,∴Tn综上,Tn<.
3.解:(1)由(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C及正弦定理可得,(a-b)(a+b)=(c-b)c,即a2-b2=c2-bc,所以cos A==.又A∈(0,π),所以A=.
由a2-b2=c2-bc可知,a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时,取等号.
所以S0=bcsin A≤a2=.
故S0的最大值为.
(2)由条件可知,S0,S1,S2,…是以S0为首项,为公比的等比数列.
所以S0+S1+S2+…+Sn=S0=S0=S0.
要使n有最小值,×>.
即1->,所以<,即4n>506.
又44=256<506,45=1 024>506,故整数n的最小值为5.
4.思维路径:(1)由通项公式写出数列的各项,根据数列{an}的“min点”定义确定结论;
(2)利用等比数列求和公式求Sn,由条件可得存在n(n≥2),使得Sn+(3)先证明若an≥a1(n≥2),则p=0,结论成立,再证明若存在an,使得an解:(1)因为an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5),所以a1=1,a2=1,a3=-3,a4=5,a5=-7,
所以数列 {an} 的 “ min 点” 为 3,5.
(2)依题意,Sn==a1(2n-1),
因为数列存在 “min点”,
所以存在n(n≥2),使得Sn+所以a1(2n-1)+即a1(2n-2)<·.
因为n≥2,所以2n-2>0,所以<.
又2n-1随n的增大而增大,所以当n=2时,取最大值,所以<.又a1>0,所以0当0(3)①若an≥a1(n≥2),则数列{an}不存在 “min点”,即p=0.
由am-a1≥0,得a1-am≤0,所以a1-am≤p,
②若存在an,使得an下证数列{an}有 “min点”.
证明: 若a2若a2≥a1,因为存在an,使得an所以设数列{an}中第1个小于a1的项为,
则所以n1是数列{an}的第1个 “min点”.
综上,数列{an}存在 “min点”.
不妨设数列{an}的 “min点” 由小到大依次为n1,n2,n3,…,np,则是,,,…,,中第1个小于的项,故-≤-.因为 an≥an-1-1(2≤n≤m),
所以an-1-an≤1,所以-≤1,所以-≤1,
所以a1-am≤a1-=(a1-)+(-)+(-)+…+(-)≤(-)+(-)+(-)+…+(-)≤1+1+1+…+1(p个1).
所以a1-am≤p.综上,a1-am≤p,得证.

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