高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列和不等问题(含答案).pdf

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1、用放缩法处理数列和不等问题（教师版）一．先求和后放缩（主要是先裂项求和，再放缩处理）例1．正数数列a的前n项的和S，满足2Sa1，试求：nnnn（1）数列a的通项公式；n11（2）设b，数列b的前n项的和为B，求证：Bnaannn2nn1解：（1）由已知得4S(a1)2，n2时，4S(a1)2，作差得：nnn1n14aa22aa22a，所以(aa)(aa2)0，又因为a为正数数列，所以nnnn1n1nn1nn1naa2，即a是公差为2的等差数列，由2S

2、a1，得a1，所以a2n1nn1n111n11111（2）b()，所以naa(2n1)(2n1)22n12n1nn1111111111B(1)n23352n12n122(2n1)2a4122真题演练1：(06全国1卷理科22题)设数列的前n项的和,San1，n1,2,3,gggnn3n332nn3（Ⅰ）求首项a与通项a；（Ⅱ）设T，n1,2,3,ggg，证明：T.1nnSi2ni1412412解:(Ⅰ)由S=a－×2n+1+,n=1,2,3，…

3、,①得a=S=a－×4+所以a=2n3n331131331412再由①有S=a－×2n+,n=2,3，4,…n－13n－13341将①和②相减得:a=S－S=(a－a)－×(2n+1－2n),n=2,3,…nnn－13nn－13整理得:a+2n=4(a+2n－1),n=2,3,…,因而数列{a+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即:nn－1na+2n=4×4n－1=4n,n=1,2,3,…,因而a=4n－2n,n=1,2,3,…,nn4121(Ⅱ)将a=4n－2n代入①得S=×(4n－2n)－×2n+1+=×

4、(2n+1－1)(2n+1－2)nn33332=×(2n+1－1)(2n－1)32n32n311T==×=×(－)nS2(2n+1－1)(2n－1)22n－12n+1－1nn3n113113所以,T=(－)=×(－)

5、aa，∴公比q9．9789899899a28114n11∴a()n．b．n2n14n(2)n32n1()n2（利用等比数列前n项和的模拟公式SAqnA猜想）n11(1)1111222111∴Bbbb(1)．n12n3232232n3132n312真题演练2：(06福建卷理科22题)已知数列a满足a1,a2a1(nN*).n1n1n（I）求数列a的通项公式；n（II）若数列b滿足4b114b21L4bn1(a1)bn(n

6、N*)，证明：数列b是等差数列；nnnn1aaan（Ⅲ）证明：12...n(nN*).23aaa223n1（I）解：Qa2a1(nN*),n1na12(a1),a1是以a12为首项，2为公比的等比数列n1nn1a12n.即a221(nN*).nn（II）证法一：Q4k114k21...4kn1(a1)kn.n4(k1k2...kn)n2nkn.2[(bb...b)n]nb,①12nn2[(bb...bb)(n1)]

7、(n1)b.②12nn1n1②－①，得2(b1)(n1)bnb,n1n1n即(n1)bnb20,nb(n1)b20.n1nn2n1③－④，得nb2nbnb0,n2n1n即b2bb0,bbbb(nN*),b是等差数列n2n1nn2n1n1nna2k12k11（III）证明：Qk,k1,2,...,n,a2k1112k12(2k)2aaan12...n.aaa223n1a2k11111111Qk.

8、,k1,2,...,n,a2k1122(2k11)23.2k2k2232kk1aaan1111n11n112...n(...)(1),aaa232222n232n2323n1n1aaan12...n(nN*).23aaa223n12．放缩后