2017年甘肃高考数学基础提升训练（七）

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x∈D时，有f(x)≥M恒成立Ûf(x)_min≥M；f(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{a_n}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a₁＋a₂＋…＋a_n＞a1(1)＋a2(1)＋…＋an(1)恒成立的正整数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)²＝a₁q²³，∴a₁q⁹＝1.

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(qⁿ－1)＞q(1－qn(1))，

 

qⁿ＞q¹⁹，∵q＞1，∴n＞19，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{a_n}的前项和为S_n．已知a₁＝a，a_n+1＝S_n＋3ⁿ，n∈N*．(Ⅰ)设b_n＝S_n－3ⁿ，求数列{b_n}的通项公式；（Ⅱ）若a_n+1≥a_n，n∈N*，求a的取值范围．

 

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

 

【解】　(Ⅰ)依题意，S_n+1－S_n＝a_n+1＝S_n＋3ⁿ，即S_n+1＝2S_n＋3ⁿ，

 

由此得S_n+1－3 ⁿ⁺¹＝2(S_n－3ⁿ)．

 

因此，所求通项公式为b_n＝S_n－3ⁿ＝(a－3)2 ^n-1，n∈N*,     ①

 

(Ⅱ)由①知S_n＝3ⁿ＋(a－3)2 ^n-1，n∈N*，

 

于是，当n≥2时，a_n＝S_n－S_n-1＝3ⁿ＋(a－3)2 ^n-1－3^n-1－(a－3)2 ^n-2＝2×3^n-1＋(a－3)2 ^n-2，

a_n+1－a_n＝4×3 ^n-1＋(a－3)2 ^n-2＝2 ^n-2·[12·(2(3))^n-2

＋a－3]，

当n≥2时，a_n+1≥a_n，即2 ^n-2·[12·(2(3))^n-2＋a－3]≥0，12·(2(3))^n-2

＋a－3≥0，∴a≥－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S_n与a_n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{a_n}是等差数列，其前n项和为S_n，a₃＝7，S₄＝24．(Ⅰ)求数列{a_n}的通项公式；(Ⅱ)设p、q都是正整数，且p≠q，证明：S_p+q＜2(1)(S_2p＋S_2q)．

 

【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(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.

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

 

∴数列{a_n}的通项公式为a_n＝a₁＋(n－1)d＝2n＋1.

（Ⅱ）证明：∵a_n＝2n＋1，∴S_n＝2(a1＋an)＝n²＋2n．

 

2S_p+q－(S_2p＋S_2q)＝2[(p＋q)²＋2(p＋q)]－(4p²＋4p)－(4q²＋4q)＝－2(p－q)²，

 

∵p≠q，∴2S_p+q－(S_2p＋S_2q)＜0，∴S_p+q＜2(1)(S_2p＋S_2q)．

 

【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{a_n}满足a₁＝0，a_n+1＝ca_n³＋1－c，c∈N*，其中c为实数.(Ⅰ)证明：a_n∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c＜3(1)，证明：

 

a_n≥1－(3c)^n-1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c＜3(1)，证明：a₁²＋a₂²＋…＋a_n²＞n＋1－1－3c(2)，n∈N*.

 

 

【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】（Ⅰ）必要性：∵a₁＝0，a₂＝1－c，

 

又∵a₂∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c∈[0，1].

 

充分性：设c∈[0，1]，对n∈N*用数学归纳法证明a_n∈[0，1].

 

(1)当n＝1时，a₁∈[0，1].

 

(2)假设当n＝k时，a_k∈[0，1](k≥1)成立，则

 

a_k＋1＝ca_k³＋1－c≤c＋1－c＝1，且a_k＋1＝ca_k³＋1－c≥1－c≥0，

 

∴a_k＋1∈[0，1]，这就是说n＝k＋1时，a_n∈[0，1].

 

由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知a_n∈[0，1]对所胡n∈N*成立.

 

综上所述，a_n∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1].

 

（Ⅱ）设0＜c＜3(1)，当n＝1时，a₁＝0，结论成立.

 

当n≥2时，由a_n＝ca_n-1³＋1－c，∴1－a_n＝c(1－a_n-1)(1＋a_n-1＋a_n-1²)

 

∵0＜c＜3(1)，由(Ⅰ)知a_n-1∈[0，1]，所以1＋a_n-1＋a_n-1²≤3，且1－a_n-1≥0，∴1－a_n≤3c(1－a_n-1)，

 

∴1－a_n≤3c(1－a_n-1)≤(3c)²(1－a_n-2)≤…≤(3c) ^n-1(1－a₁)＝(3c) ^n-1，∴a_n≥1－(3c)^n-1，n∈N*.

 

(Ⅲ)设0＜c＜3(1)，当n＝1时，a₁²＝0＞2－1－3c(2)，结论成立.

 

当n≥2时，由（Ⅱ）知a_n≥1－(3c)^n-1＞0，

 

∴a_n²≥[(1－(3c)^n-1)] ²＝1－2(3c)^n-1＋(3c)^(n-1)＞1－2(3c)^n-1，

 

a₁²＋a₂²＋…＋a_n²＝a₂²＋…＋a_n²＞n－1－2[3c＋(3c)²＋…＋(3c)^n-1]

＝n－1－2[1＋3c＋(3c)²＋…＋(3c)^n-1－1]＝n＋1－1－3c(3cn])＞n＋1－1－3c(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(Ⅰ)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{a_n}的前项和为S_n，若S₄≥10，S₅≤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{a_n}的前项和为S_n，且S₄≥10，S₅≤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≤3＋d，则5＋3d≤6＋2d，即d≤1.

 

∴a₄≤3＋d≤3＋1＝4，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{a_n}的首项为a₁＝2002，公比q＝－2(1)．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n取何值时，f(n)有最大值．

 

【分析】　第(Ⅰ)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{a_n}的通项，再求得f(n)的表达式；第(Ⅱ)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】　(Ⅰ)a_n＝2002·(－2(1))^n-1，f(n)＝2002ⁿ·(－2(1))-2(n1)2()

 

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|(n＋1|)＝2n(2002)，则

 

当n≤10时，|(n＋1|)＝2n(2002)＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，

 

当n≥11时，|(n＋1|)＝2n(2002)＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，

 

∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者．

 

∵9(12)＝2(1)2(1)36(1)＝2002³·(2(1))³⁰＝(210(2002))³＞1，

 

∴当n＝12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)与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{a_n}的前n项和为S_n，且a_n＋S_n＝4.(Ⅰ)求证：数列{a_n}是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k，使Sk－2(Sk+1－2)＞2成立.

 

【分析】　第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a_n+1与a_n的关系，结合定义判断数列{a_n}为等比数列；而第(Ⅱ)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】　(Ⅰ)由题意，S_n＋a_n＝4，S_n+1＋a_n+1＝4，

由两式相减，得(S_n+1＋a_n+1)－(S_n＋a_n)＝0，即2a_n+1－a_n＝0，a_n+1＝2(1)a_n，

又2a₁＝S₁＋a₁＝4，∴a₁＝2，∴数列{a_n}是以首项a₁＝2，公比为q＝2(1)的等比数列.

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S_n＝2(1)2(1)2(1)＝4－2^2-n.

又由Sk－2(Sk+1－2)＞2，得--4－22k－2(4－21k－2)＞2，整理，得3(2)＜2^1-k＜1，即1＜2 ^k -1＜2(3)，

∵k∈N*，∴2^k-1∈N*，这与2^k-1∈(1，2(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“k∈N*”，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{a_n}和{b_n}满足：a₁＝λ，a_n+1＝3(2)a_n＋n－4，b_n＝(－1)ⁿ(a_n－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a_n}不是等比数列；

 

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

 

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

 

【解】　（Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a_n}是等比数列，则有a₂²＝a₁a₃，即

 

(3(2)λ－3)²＝λ(9(4)λ－4)Û9(4)λ²－4λ＋9＝9(4)λ²－4λÛ9＝0，矛盾，所以{a_n}不是等比数列.

 

(Ⅱ)解：因为b_n+1＝(－1)ⁿ⁺¹[a _n+1－3(n＋1)＋21]

＝(－1)ⁿ⁺¹(3(2)a _n－2n＋14)＝－3(2)(a _n－3n－21)＝－3(2)b _n，

 

又b₁＝－(λ＋18)，所以

 

当λ＝－18时，b_n＝0(n∈N*)，此时{b_n}不是等比数列；

 

当λ≠－18时，b₁＝－(λ＋18)≠0，由上可知b_n≠0，∴bn(bn+1)＝－3(2)(n∈N*).

 

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

 

(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b_n＝0(n∈N*)，S_n＝0，不满足题目要求；.

 

∴λ≠－18，故知b_n＝－(λ＋18)×(－3(2))^n-1，于是S _n＝－5(3)(λ＋18)·[1－(－3(2))ⁿ]

 

要使a＜S_n＜b对任意正整数n成立，即a＜－－5(3)(λ＋18)·[1－(－3(2))ⁿ]＜b，(n∈N*).

 

得3(2)n(2)＜－5(3)(λ＋18)＜3(2)n(2)，(n∈N*)            ①

 

令f(n)＝1－(－3(2))ⁿ，则当n为正奇数时，1＜f(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①式得9(5)a＜－5(3)(λ＋18)＜5(3)b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必须－b＜－3a，即b＞3a).

 

当a＜b＜3a时，由－b－18≥－3a－18，不存在实数满足题目要求；

 

当b＞3a存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜S_n＜b,且λ的取值范围是(－b－18，－3a－18).

 

【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.