《2021年数列与函数结合的综合问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年数列与函数结合的综合问题.docx（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -数列综合问题之数列与函数思想方法：关键为应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推关系；一.利用详细函数的解析式得递推关系x2a1例 1：已知函数f ( x)(b、 cN ) 中，bxcf (0)0、 f(2)2、f (2)，2（ 1）求函数f (x)的解析式；（ 2）各项均不为零的数列 an 满意：4 Sngf ( 1an)1 ，求通项an ？（ 3）在nn条件（ 2）下，令ba g2n ，求数列bn的前 n 项和？分析：由题知：a0、 bc2，所以f ( x)2x2 x2，所以可求得：2Saa 2(aa)g(aa1
2、)0annnnnn 1n 1nn例3 ：函数f (x)x22x2、 x2、；（ 1）求f ( x)的反函数f1( x)；（ 2 ）数列an满意：Sf1 (S) ，且 a2 ，求数列a的通项公式； （ 3）在条件（ 2）下，令 b22aan 1n(nN * ) ，求nnn 11n2an 1gan数列bn的前 n 项和？分析：（ 1）由题知：f1 ( x)(x2) 2 、 x0 ；（ 2）snsn 12an4n2a2a2(aa ) 22aa11（ 3） bnn 1nn 1nn 1 n1()2an 1 gan2an 1an2n12n1例 4.设函数fx1，4 x2(1) 证明：对一切xR ， f(x
3、)+f(1-x)为常数；1(2) 记 a nf0fnf2.nfn1 nf1 、 nN，求an 、 并求出数列 an 的前 n 项和；解：fx1， fxf (1x) =114x24x241 x241 x24 x21(4 x2)(4 1 x2)21第 1 页，共 5 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -1anf0fnf2.nfn1 nf1 、nNaf1fn1fn2.f2f1f0、nN 2 a= n1nnnnnn2n(11n1 an = n14 Sn=)44=2n(n3)8二.利用抽象函数的性质得递推关系：例 1：f
4、(x) 为 R 上不恒为零的函数，且对任意a、bR 都有：f (agb)af (b)bf (a ) ，n（ 1）求f (0) 与f (1)的值；（ 2）判定f ( x) 的奇偶性； （ 3）如f (2)2 ， unf (2 n) 、( nN * ) ，求数列un的前 n 项和Sn ？简 析 ：（ 1 ）f (0)0、f (1)0；（ 2 ）f (1)f (1)2 )f (1)f (1)f (1)0， 再 令a1、bx、 f (x)1gf( x)xgf (1)f ( x) ，所以为奇函数；（ 2）当agb0时，f (ab)f (b)f (a)，令函数g( x)f ( x)，所以有：abbaxg(
5、 ab)g (b )g ( a)g (a n )ngg (a)，所以有：g( a n )f (a n ) a nf (a n )a n gg (a) gna n1gng f (a )，得f (2 n )n 1n1gngf ( 1)un 11gf( 1 ) ；2222又由于：f (1)2 f ( 1 )1 f (2)f (1 )1，所以： un1， Sn11；2222n2n2例 2.已知函数fn ( x)(nN) 具有以下性质：1fn (0)、 2n f nk1nf nk nf nk n1 f nk1 (k n0、1、 n1);2第 2 页，共 5 页 - - - - - - - - - -精品
6、word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -（ 1）当 n 肯定，记 ak1、 求 a k 的表达式 ( kfknn0、1、 n);（ 2）对 nN 、 证明 14f n (1)1 .3解：（1）k1knf nf nnnkk1f n1 f nnnk1(n1) f nnknf nnkk1ffnn、 nn即n1 fknnn1、 又 a1、fk1kknnf nn(n1)a knak 11、n(a1)( n1)( a1) ，即ak 1111 ，由 n 为定值，k 1kak1n就数列 ak1 为以 a01 为首项， 11为公比的等比数列，nak1( a01 k1)(1)，n由
7、于 a 01f n (0)2、ak1k11( kn0、1、 n);（ 2）a k1、f nk n1f n (1)an1n ，111n欲证 141f n (1)，3n只需证明 31114 ，n只需证明 2n113、n(11 ) n1C1 1C 21C n1n2n2nnnnn11(11 ) nn2、CCC1nn1n 121n1nn 2n n11n(n1)2n2n(n1)2 1n. n n3第 3 页，共 5 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -1112.11111n.222n1111222 n2112n133.2例
8、3：已知函数f ( x) 为定义在N * 上的函数， 且满意f ( f( k)3k、f (1)2；设af (3n1 ) ，b1且n1b1b2bnb3有： bnlog3f (an )b1log 3f ( a1 ) ；（ 1）求证：L；f (a1)f (a2 )f (an )4（ 2）如f (an 1)f ( an 2 )Lf (a2n )f ( a4n 1)m 对于任意的 n1、nN *恒成立，求 m 的取an 1bn 1an 2bn 2a2 nb2na4n 1b4n 1值范畴；解：（ 1）由于anf(3n1 ) ，所以有f ( an )f ( f(3n1)3g3n 13n ，也有：log3f
9、( an )n由： blogf (a )blogf ( a ) ，得 bn ，令 Sb1b2Lbn，也即有：n3n131nf ( a1)f ( a2 )f ( an )nS123Ln2n，由错位相减得出：S1(n3) g 11S3b3nn3323n3n3223n 1244（2）由f ( f(k)3kf ( f ( f(k)f (3k)3 f(k )f (3k)，所以：an 1f (3n )3 f (3n1)3a， 又 因 为 a1f (30 )f (1)20， 所 以an为 等 比 数 列 ， 有nnna2g3n 1，又f ( a)3n，所以有了：f (an)3n31g，设anbn2g3n1
10、gn2nTf ( an 1 )nLf ( a2n )f ( a4 n 1)3 (11L11) 有：an 1bn 1a2nb2na4 n 1b4n 12n1n22n4n1TT3 (11111)n 1n22n12n24n5n14n13 (14)2(2n1)(2n2)(4n1)(4n)3g302 (2 n1)(2n2)(4n1)(4n5)Tn 1Tn所以 Tn 为单调递减的；也当n2 时， Tn 取得最大值 T23 ()111349225，由题有：24m25 ；244第 4 页，共 5 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - -
11、 -练习： 已知函数f ( x) 定义在区间（-1 ， 1）上，f (1 )21、 且当 x、 y (-1、1)时，恒有f ( x)f ( y)f ( xy )、又数列 an满足a1 、 a2 a n、设b1nf (a1 )1f (a 2 )1xy1f ( a n )1n 1a221n（）证明：f ( x) 在（ -1 ， 1）上为奇函数；（）求f ( an) 的表达式；m8（）为否存在自然数m，使得对任意n N、 都有 bn成立，如存在，求出m的最小值；如不存4在，请说明理由讲解（） 紧扣奇函数的定义，挑选特别值 令 x=y=0，就 f (0)=0 ，再令 x=0、 得 f (0)-f (
12、y)= f (- y)、所 以 f (- y)=- f ( y)、 y (-1、1)、故 f ( x) 在（ -1 ， 1）上为奇函数（）f (a1 )f ( 1 ) 21、由(1)知f(x)f ( y)f ( x1y )、 xy)2 a na nanf (a n 1 )f (2a1nf ()1a na nf (an )f (a n )2 f (a n ) ，f (a n 1 )即2 ，f ( a n )n-1 f ( an) 为以 -1 为首项， 2 为公比的等比数列，从而有f ( an)=-2.（）先求bn 的表达式，得111112n1bn(1222n 1 )212n 1 ，212如 bn即m8 恒成立（ n N+） 、 就2 4m4.12n 1m2 ， 42n 14m8 nN+，当 n=1 时，2n 1有最大值 4，故 m>4又 m N、 存在 m=5，使得对任意nN+，都有 bn4成立 .评注递推数列为高考的热点题型，而此题将函数.数列.不等式融为一体，其综合度比较大，掩盖的学问点比较多，当中的恒成立又为高考的热门话题，仍请读者多多总结该题型的解法技巧由函数与数列综合为高考试题的一个亮点；5第 5 页，共 5 页 - - - - - - - - - -