第14讲 数列函数同根同宗 抓牢性质方法无穷.docx
第14讲数列函数同根同宗抓牢性质方法无穷典型例题【例1】设等差数列q的前项和为S”,已知色=12且S2O,S3<O;(1)求公差d的范围；(2)该数列前几项的和最大？说明理由.【例2】在数列4中,已知勺=(2+1)(；)-1,求4中的最大项.【例3】在等差数列q中，已知Sm=10,SK)=Io0,求SUo强化训练1在数列4中,已知q=3,4=h+25.求出，判断数列4的单调性并证明；求证:at1-2<an_x-2(n=2,3,).2.设4=1,%+1=M-2”+2+(几WZ)(1)若。=1求生0%及数列可的通项公式；(2)若6=-1,问:是否存在实数C使得。用对所有£Z*成立？证明你的结论.解答过程【例1】设等差数列4的前项和为S”,己知/=12且S2>O,S3<O;(1)求公差d的范围；(2)该数列前几项的和最大？说明理由.$=120+巴Ud>0,I17,12121+yJ>C【解析】根据题意,有<与=13q+巨/d<0,整理,得<4+6d<0q+2d=12.+2d=1224解之得一二<d<-37(2)【解法1】由d<0可知%为一个递减数列，因此,在掇M12中，必存在一个自然数，使得q,>0,%d<0,此时对应的S”就是S1,S2,S12中的最大值.由于,%-6(4+%)>。，于是的<0,从而&>0,因此§6最大.S13=I3a1<0.该数列前6项的和最大.an=a3+(n-3)d>0,%=%+(-2)dV0,C12n<3z/24a由vdv-3,可得!127n>2dn<3-j<3+=7n>2->2+d312.5.5<"<7,故=6.更=5.5T【解法2由易知q1是递减数列,解关于的不等式组即S6最大,该数列前6项的和最大.【解法3】利用等差数列前项和公式,得Sn=nax+-a=n(12-2a)da；dv,;.当n-2最小时,5最大.241(由于一二vdv-3,则6<5-72124<6.5.1(24当=6时，n5_21d24d)2最小,因此,S6最大,该数列前6项的和最大.-1,求%中的最大项.【解析】【解法1】设%为数列q的最大项t-1I-1ia解得1领h士,又N*,.”二1224中的最大项为4=；.【解法2«川-(=(2+3)(；)n+1I_(2+1)n即,an,4-1».1.；一<0,又(T)>0,.见+1一为<0,即。用<%故数列4单调递减,，凡中的最大项为4=g【解法3+1=(2"+1)(g)>0w+12+1+253+呜J网+D212用,+II511i=-H,<1.cii+1<+1,22/7+16n+,"即+<故数列凡单调递减4中的最大项为4=；./【解法4】设/(x)=(2x+1)-1(x.1)品出<2x+i>,4+2-12,则/'*)=2+(2x+1)-In12,Vx,.2x+13而In1VO,(2戈+1)In1,3In1而3In1=In2222=1n<14=-2,.(2x+1)1n-2故2+(2x+1)1n；<0,(g)>°,(g)2+(2x+1)Ing<0,即r(x)v,./(X)在1,一)上单调递减./(%)InaX/(1)=(2+1)×-1=-又4=/5)=(2+1)(g)-1N',.azt中的最大项为4=T【例3】在等差数列qt中，己知Sm=10,SIo=Io0,求SuO【解析】10x9【解法1】设数列q,的公差为d则，S10=10«,+J=IOO,C100×99SS100=IOOq4a=10,解得a1=1099Too1150.S110=1106z1+-0-09J=-110IIUI2【解法2设S"=。"+加(Q0),则.6(X)=1。2"K)O砖10,解得叫一生力=U1S10=102+10/2=10010010100,从而Sio=XI1o2H×110=-110101,010010【解法3将数列依照原有的顺序每10项分为一组,每组的和作为一项构造新数列:SmS20-S0,S30-S20，,S00-S90,则这个数列是一个首项为SS第1。项为SKx)-S90的等差数列，设新数列的公差为d',则该数列的前10项和等于SM)OSK)O=IoSi0=IOx100+d'=10,解得d'=-22.于是前11项和S110=11×S10+Jz=11×100+×(-22)=-HO【解法4VS100-S10=巩)(“丁3=一90,«11+=-2.又由a”+aoo=4+610=2,So=1101【解法51=a,+-(n-)dn2S1，。=4+形式上是关于的“一次函数”.10100S1io10则或五=近画,解得S“。=-110.100-10110-1001,0【解法6】SK)=IO0,SK)O=I(V.方程可设一(110-)=«-10)(-100).又SH)可看成0,.0110=1000乙得，二一山.1000.SII=110-+(一战卜-10)(一Ioo),.S110=-HO强化训练1 .在数列4中,已知q=3,(=MT+2(几.求。2,判断数列4的单调性并证明；(2)求证:Ia“一N<；Iq1-2|(=2,3,).【解析】(1)【解法1由已知得外=6i=B-M=K=%什3=(MT+2+J%+2)(j*+2+Ja-+2)=_-%_<QQa,11+2+V:-2÷2)(7tzM-2+2+"。一3+2)(JQ2+2+M+2)故数列4单调递减.【解法2若%>2,则%+2>4,J%+2>2,即q>2,又q=3>2,.a：-an-2>0从而yan+2<an,即。“+1<,故cn单调递减.【解法3】-Va“Odan+2<ar1U>a；一2>°oz>2.下面过程同【解法2】.(2)证明:。2=用丁工2=-%A-+2+2由(1)知an>2,.yan+2+2>4,故Ia“一2Va4-2(=2,3,).2 .设q=1,4.=-2+2+(Z)(1)若b=1,求生依%及数列q的通项公式；(2)若b=T,问:是否存在实数。使得对所有wZ*成立？证明你的结论.【解析】【解法1】4=2,4=0+1.再由题设条件知(见T)2=(qT)2+1,从而(“-I)?是首项为0,公差为1的等差数列故(zr-1)-=n-an=J"1+1("z)【解法2%=2,%=应+1.可以写为%=71=？+1,%=万1+1,%=>/1+1,因此猜想q=J-1+1.(1)下面用数学归纳法证明(1)式.当=1时结论显然成立.(ii)假设n=k时结论成立,即ak=斤+1.则当=Z+1时,%M=Jm1p+1+1=J(A-I)+1+1=4左+1)-1+1.这就是说,当=攵+1时,结论也成立.综合和(ii)可知,对任意的正整数n,恒有an=石口+1(mZ+).【解法1】设/(6=J(XIf+1,则%=f.令c=g(c),即C=J(CIp+11,解得C=；.下面用数学归纳法证明加强命题:%“<c<%的<1当=1时,1=/(1)=0,d3=/()=V-I,.,.Ci2<<a3<1,结论成立.(ii)假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+x<1.易知/(x)在(一8,1上为减函数,从而c=(c)>/(+1)>/(1)=%.即1>C>。2左+2>.再由/(力在(一8上为减函数得C=/(c)</(¾a+2)</(a2)=tz3<1.c<¾+3<1,因此%N)VC-1这就是说,当=Z+1时结论也成立.综合和(ii),符合条件的C存在,其中一个值为C=-.4【解法2】设/")=J(XI)?+11,则%=f").先证:瞧h1.(i)当九=1时,结论明显成立.(ii)假设=设时结论成立,即滤I瓦1易知/(R)在(一8,1上为减函数.从而0=(1)期(4)/()=v1,即源九用1.这就是说当九二R+1时结论也成立,故噫以1成立.再证:七<。2+当=1时,生=/(1)=O,a3=/()=2-1,/.62<<a3<1,结论成立.(ii)假设n=k时,结论成立,即a2k<a2jt+.由/(%)在(-«?,1上为减函数,得a2M=/(¾)>/(¾÷1)=¾+2»÷1)=f(6i2+1)</(¾÷2)=¾(+)+1这就是说,当=Z+1时,。2<。2”+1也成立.综上,对一切的正整数,不等式Va2+1恒成立.明由。2”<。2+1得。2<J*-2%+21,即(%+1)2VGzI-羽”+2,因此。2”<(.综上及f(x)在(-0,1上为减函数,得/(%)>/(%G.即a2n+2<2"+1，,+1>>Ja2n+12h+1÷1,解得”+>综上所述,存在C=1使得<C<心.对一切正整数成立.4
