第14讲 数列函数同根同宗 抓牢性质方法无穷.docx

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1、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,S3O;(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:at1-2O,S30,I17,12121+yJC【解析】根据题意,有与=13q+巨/d0,整理,得4+6d0q+2d=12.+2d=1224解之得一二d-37(2)【解法1】由d0,%d。，于是的0,因此6最大

2、.S13=I3a10,%=%+(-2)dV0,C12n2dn3-j2-2+d312.5.57,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65-721246.5.1(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

3、)(；)n+1I_(2+1)n即,an,4-1.1.；一0,.见+1一为0,即。用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,4+2-12,则/*)=2+(2x+1)-In12,Vx,.2x+13而In1VO,(2戈+1)In1,3In1而3In1=In2222=1n14=-2,.(2x+1)1n-2故2+(2x+1)1n；,(g)2+(2x+1)Ing0,即r(x)v,./(X)在1,一)上单调递减./(%)InaX/(1)=(2+1

4、)-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,C10099SS100=IOOq4a=10,解得a1=1099Too1150.S110=1106z1+-0-09J=-110IIUI2【解法2设S=。+加(Q0),则.6(X)=1。2K)O砖10,解得叫一生力=U1S10=102+10/2=10010010100,从而Sio=XI1o2H110=-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

5、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=11S10+Jz=11100+(-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【

6、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)=_-%_2,则%+24,J%+22,即q2,又q=32,.a：-an-20从而yan+2an,即。“+1,故cn单调递减.【解法3】-

7、Va“Odan+2a；一2oz2.下面过程同【解法2】.(2)证明:。2=用丁工2=-%A-+2+2由(1)知an2,.yan+2+24,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=J1+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

8、.(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,.,.Ci2a31,结论成立.(ii)假设n=k时结论成立,即a2kca2k+x/(+1)/(1)=%.即1C。2左+

9、2.再由/(力在(一8上为减函数得C=/(c)/(a+2)/(a2)=tz31.c+31,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,/.62a31,结论成立.(ii)假设n=k时,结论成立,即a2k/(1)=+21)=f(6i2+1)/(2)=(+)+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。2J*-2%+21,即(%+1)2VGzI-羽”+2,因此。2”/(%G.即a2n+2Ja2n+12h+11,解得”+综上所述,存在C=1使得C心.对一切正整数成立.4