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2017年甘肃高考数学基础提升训练(七)

中华考试网  2016-11-10  【

2017年甘肃高考数学基础提升训练(七)

题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题

 

求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略:(1)若函数f(x)在定义域为D,则当xD时,有f(x)≥M恒成立Ûf(x)min≥Mf(x)≤M恒成立Ûf(x)max≤M(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得.

【例1 等比数列{an}的公比q1,第17项的平方等于第24项,求使a1a2ana1(1)a2(1)an(1)成立的正整数n的取值范围.

 

【分析】 利用条件中两项间的关系,寻求数列首项a1与公比q之间的关系,再利用等比数列前n项公式和及所得的关系化简不等式,进而通过估算求得正整数n的取值范围.

【解】 由题意得:(a1q16)2a1q23a1q91.

由等比数列的性质知:数列{an(1)}是以a1(1)为首项,以q(1)为公比的等比数列,要使不等式成立,

则须q-1(qn-1)a1(1)q(1)q(1)q(1),把a1(2)q-18代入上式并整理,得q-18(qn1)q(1qn(1))

 

qnq19q1,∴n19,故所求正整数的取值范围是n≥20.

 

【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了,主要体现为用数列知识化简,用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.

 

【例2 08·全国Ⅱ)设数列{an}的前项和为Sn.已知a1aan+1Sn3nnN*()bnSn3n,求数列{bn}的通项公式;()若an+1≥annN*,求a的取值范围.

 

【分析】 第(Ⅰ)小题利用Snan的关系可求得数列的通项公式;第(Ⅱ)小题将条件an+1≥an转化为关于na的关系,再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min求解.

 

【解】 ()依题意,Sn+1Snan+1Sn3n,即Sn+12Sn3n

 

由此得Sn+13 n+12(Sn3n)

 

因此,所求通项公式为bnSn3n(a3)2 n-1nN*,     

 

()Sn3n(a3)2 n-1nN*

 

于是,当n≥2时,anSnSn-13n(a3)2 n-13n-1(a3)2 n-22×3n-1(a3)2 n-2

an+1an4×3 n-1(a3)2 n-22 n-2·[12·(2(3))n-2

a3]

n≥2时,an+1≥an,即2 n-2·[12·(2(3))n-2a3]≥012·(2(3))n-2

a3≥0a≥9

 

综上,所求的a的取值范围是[9,+∞]

 

【点评】 一般地,如果求条件与前n项和相关的数列的通项公式,则可考虑Snan的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法,应当引起重视.

题型二 数列参与的不等式的证明问题

此类不等式的证明常用的方法:(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;(2)分析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析;(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.

 

【例3 已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sna37S424()求数列{an}的通项公式;()pq都是正整数,且pq,证明:Sp+q2(1)(S2pS2q)

 

【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n项公式和建立方程组即可解决第()小题;第()小题利用差值比较法就可顺利解决.

【解】 ()设等差数列{an}的公差是d,依题意得, ( )4a1+6d=24(a1+2d=7),解得 ( )d=2(a1=3)

 

数列{an}的通项公式为ana1(n1)d2n1.

)证明:an2n1Sn2(a1+an)n22n

 

2Sp+q(S2pS2q)2[(pq)22(pq)](4p24p)(4q24q)=-2(pq)2

 

pq2Sp+q(S2pS2q)0Sp+q2(1)(S2pS2q)

 

【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有:(1)因式分解;(2)化平方和的形式;(3)如果涉及分式,则利用通分;(4)如果涉及根式,则利用分子或分母有理化.

 

【例4】 (08·安徽高考)设数列{an}满足a10an+1can31ccN*,其中c为实数.()证明:an[01]对任意nN*成立的充分必要条件是c[01]()0c3(1),证明:

 

an≥1(3c)n-1nN*;()设0c3(1),证明:a12a22an2n11-3c(2)nN*.

 

 

【分析】 第(1)小题可考虑用数学归纳法证明;第(2)小题可利用综合法结合不等关系的迭代;第(3)小题利用不等式的传递性转化等比数列,然后利用前n项和求和,再进行适当放缩.

 

【解】必要性a10a21c

 

a2[01]0≤1c≤1,即c[01].

 

充分性:设c[01],对nN*用数学归纳法证明an[01].

 

(1)n1时,a1[01].

 

(2)假设当nk时,ak[01](k≥1)成立,则

 

ak1cak31c≤c1c1,且ak1cak31c≥1c≥0

 

ak1[01],这就是说nk1时,an[01].

 

由(1)、(2)知,当c[01]时,知an[01]对所胡nN*成立.

 

综上所述,an[01]对任意nN*成立的充分必要条件是c[01].

 

)设0c3(1),当n1时,a10,结论成立.

 

n≥2时,由ancan-131c1anc(1an-1)(1an-1an-12)

 

0c3(1),由()an-1[01]所以1an-1an-12≤31an-1≥01an≤3c(1an-1)

 

1an≤3c(1an-1)≤(3c)2(1an-2)≤…≤(3c) n-1(1a1)(3c) n-1an≥1(3c)n-1nN*.

 

()0c3(1),当n1时,a12021-3c(2),结论成立.

 

n≥2时,由()知an≥1(3c)n-10

 

an2≥[(1(3c)n-1)] 212(3c)n-1(3c)(n-1)12(3c)n-1

 

a12a22an2a22an2n12[3c(3c)2(3c)n-1]

n12[13c(3c)2(3c)n-11]n11-3c(3cn])n11-3c(2).

 

【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题,属于难题,此类试题在高考中点占有一席之地,复习时应引起注意.本题的第()小题实质也是不等式的证明,

题型三 求数列中的最大值问题

求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有:(1)建立目标函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;(2)首先利用不等式判断数列的单调性,然后确定最值;(3)利用条件中的不等式关系确定最值.

 

【例5 (08·四川高考)设等差数列{an}的前项和为Sn,若S4≥10S5≤15,则a4的最大值为______.

 

【分析】 根据条件将前4项与前5项和的不等关系转化为关于首项a1与公差d的不等式,然后利用此不等关系确定公差d的范围,由此可确定a4的最大值.

 

【解】 等差数列{an}的前项和为Sn,且S4≥10S5≤15

 

( )2(4×3)2(5×4)d≤15(5×4),即 ( )a1+2d≤3(a1+3d≥5) ( )2(5-3d)2(5+3d)2()

 

2(5+3d)≤a4≤3d,则53d≤62d,即d≤1.

 

a4≤3d≤314,故a4的最大值为4.

 

【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的,其中确定数列的公差d是解答的关键,同时解答中要注意不等式传递性的应用.

 

【例6 等比数列{an}的首项为a12002,公比q=-2(1)()f(n)表示该数列的前n项的积,求f(n)的表达式;()n取何值时,f(n)有最大值.

 

【分析】 ()小题首先利用等比数列的通项公式求数列{an}的通项,再求得f(n)的表达式;第()小题通过商值比较法确定数列的单调性,再通过比较求得最值.

 

【解】 ()an2002·(2(1))n-1f(n)2002n·(2(1))-2(n1)2()

 

()(),得|(n+1|)2n(2002),则

 

n≤10时,|(n+1|)2n(2002)1|f(11)||f(10)||f(1)|

 

n≥11时,|(n+1|)2n(2002)1|f(11)||f(12)||f(13)|

 

f(11)0f(10)0f(9)0f(12)0f(n)的最大值为f(9)f(12)中的最大者.

 

9(12)2(1)2(1)36(1)20023·(2(1))30(210(2002))31

 

n12时,f(n)有最大值为f(12)200212·(2(1))66

 

【点评】 本题解答有两个关键:(1)利用商值比较法确定数列的单调性;(2)注意比较f(12)f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化情况.

题型四 求解探索性问题

数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,解答的一般策略:先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,从而得到否定的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形,就得到肯定的结论,即得到存在的结果.

【例7 已知{an}的前n项和为Sn,且anSn4.()求证:数列{an}是等比数列;()是否存在正整数k,使Sk-2(Sk+1-2)2成立.

 

【分析】 ()小题通过代数变换确定数列an+1an的关系,结合定义判断数列{an}为等比数列;而第()小题先假设条件中的不等式成立,再由此进行推理,确定此不等式成立的合理性.

 

【解】 ()由题意,Snan4Sn+1an+14

由两式相减,得(Sn+1an+1)(Snan)0,即2an+1an0an+12(1)an

2a1S1a14a12数列{an}是以首项a12,公比为q2(1)的等比数列.

()(),得Sn2(1)2(1)2(1)422-n.

又由Sk-2(Sk+1-2)2,得--4-22k-2(4-21k-2)2,整理,得3(2)21-k1,即12 k -12(3)

kN*2k-1N*,这与2k-1(12(3))相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立.

 

【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法,但在导出矛盾时须注意条件kN*”,这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.

【例8】 (08·湖北高考)已知数列{an}{bn}满足:a1λan+13(2)ann4bn(1)n(an3n21),其中λ为实数,n为正整数.)对任意实数λ,证明数列{an}不是等比数列;

 

)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论;()设0ab,Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n,都有aSnb?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.

 

【分析】 ()小题利用反证法证明;第()小题利用等比数列的定义证明;第()小题属于存在型问题,解答时就假设aSnb成立,由此看是否能推导出存在存在实数λ.

 

【解】 )证明:假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则有a22a1a3,即

 

(3(2)λ3)2λ(9(4)λ4)Û9(4)λ299(4)λ2Û90,矛盾,所以{an}不是等比数列.

 

()解:因为bn+1(1)n+1[a n+13(n1)21]

(1)n+1(3(2)a n2n14)=-3(2)(a n3n21)=-3(2)b n

 

b1=-18),所以

 

λ=-18时,bn0(nN*),此时{bn}不是等比数列;

 

λ≠18时,b1=-18)≠0,由上可知bn≠0bn(bn+1)=-3(2)(nN*).

 

故当λ≠18时,数列{bn}是以-18)为首项,-3(2)为公比的等比数列.

 

()由()知,当λ=-18bn0(nN*)Sn0,不满足题目要求;.

 

λ≠18,故知bn=-18)×(3(2))n-1,于是S n=-5(3)18)·[1(3(2))n]

 

要使aSnb对任意正整数n成立,即a<--5(3)18)·[1(3(2))n]b(nN*).

 

3(2)n(2)<-5(3)18)3(2)n(2)(nN*)            

 

f(n)1(3(2))n,则当n为正奇数时,1f(n)≤3(5),当n为正偶数时9(5)≤f(n)1

 

f(n)的最大值为f(1)3(5)f(n)的最小值为f(2)9(5),

 

于是,由式得9(5)a<-5(3)18)5(3)bb18λ<-3a18(必须-b<-3a,即b3a).

 

ab3a时,由-b18≥3a18,不存在实数满足题目要求;

 

b3a存在实数λ,使得对任意正整数n,都有aSnb,λ的取值范围是(b18,-3a18).

 

【点评】 存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题,解答此类题型一般是从存在的方面入手,寻求结论成立的条件,若能找到这个条件,则问题的回答是肯定的;若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾,则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n的双重讨论.

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