（通用版）2019高考數學二輪復習 第二篇 第12練 數列的綜合問題課件 文.ppt

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1、第二篇重點專題分層練，中高檔題得高分,第12練數列的綜合問題中檔大題規(guī)范練,,明晰考情 1.命題角度：考查等差數列、等比數列的判定與證明；以an， Sn的關系為切入點，考查數列的通項、前n項和等；數列和函數、不等式的綜合應用；一般位于解答題的17題位置. 2.題目難度：中等偏下難度.,核心考點突破練,,,欄目索引,,模板答題規(guī)范練,考點一等差數列、等比數列的判定與證明,方法技巧判斷等差(比)數列的常用方法,,核心考點突破練,(2)中項公式法. (3)通項公式法.,1.已知數列an的前n項和為Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中為常數. (1)證明：an2an；,證明由題設知，anan1

2、Sn1，an1an2Sn11， 兩式相減得an1(an2an)an1， 由于an10，所以an2an.,證明,(2)是否存在，使得an為等差數列？并說明理由.,解由題設知，a11，a1a2S11，可得a21. 由(1)知，a31. 令2a2a1a3，解得4. 故an2an4， 由此可得數列a2n1是首項為1，公差為4的等差數列，a2n14n3； 數列a2n是首項為3，公差為4的等差數列，a2n4n1. 所以an2n1，an1an2， 因此存在4，使得數列an為等差數列.,解答,2.已知數列an滿足a12，且an12an2n1，nN*.,解把an2nbn代入到an12an2n1， 得2n1bn1

3、2n1bn2n1， 兩邊同除以2n1， 得bn1bn1，即bn1bn1，,bnn(nN*).,解答,(2)在(1)的條件下，求數列an的前n項和Sn.,Sn121222323n2n， 2Sn122223324(n1)2nn2n1， 兩式相減，得Sn2122232nn2n1(1n)2n12， Sn(n1)2n12(nN*).,解答,3.設數列an的前n項和為Sn，且首項a13，an1Sn3n(nN*). (1)求證：Sn3n是等比數列；,證明an1Sn3n， Sn12Sn3n， Sn13n12(Sn3n). a13，數列Sn3n是首項為a13，公比為2的等比數列.,證明,解答,(2)若an為遞增

4、數列，求a1的取值范圍.,解由(1)得，Sn3n(a13)2n1. Sn(a13)2n13n. 當n2時，anSnSn1(a13)2n223n1. an為遞增數列， 當n2時，(a13)2n123n(a13)2n223n1，,a19. a2a13a1，a1的取值范圍是(9，).,考點二數列的通項與求和,方法技巧(1)根據數列的遞推關系求通項的常用方法 累加(乘)法 形如an1anf(n)的數列，可用累加法；,構造數列法,(2)數列求和的常用方法 倒序相加法；分組求和法；錯位相減法；裂項相消法.,4.已知數列an的前n項和為Sn，且滿足an2Sn1(nN*). (1)求數列an的通項公式；,解當

5、n1時，a12S112a11，解得a11. 當n2時，由an2Sn1， 得an12Sn11， 兩式相減得anan12an， 化簡得anan1， 所以數列an是首項為1，公比為1的等比數列， 則可得an(1)n.,解答,(2)若bn(2n1)an，求數列bn的前n項和Tn.,解由(1)得bn(2n1)(1)n， 當n為偶數時，Tn1357911(2n3)(2n1)2 n， 當n為奇數時，n1為偶數，TnTn1bn1(n1)(2n1)n. 所以數列bn的前n項和Tn(1)nn.,解答,(1)求數列bn的通項公式；,解答,解答,(2)設Sna1a2a2a3a3a4anan1，求Sn.,所以Sna1a

6、2a2a3a3a4anan1,6.設數列an滿足a12，an1an322n1. (1)求數列an的通項公式；,解由已知，當n2時， an1(an1an)(anan1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1. 所以an22n1，而a12，也滿足上式， 所以數列an的通項公式為an22n1.,解答,解答,(2)令bnnan，求數列bn的前n項和Sn.,解由bnnann22n1知， Sn12223325n22n1， 22Sn123225327n22n1， ，得(122)Sn2232522n1n22n1，,考點三數列的綜合問題,方法技巧(1)以函數為背

7、景的數列問題，一般要利用函數的性質或圖象進行轉化，得出數列的通項或遞推關系. (2)數列是特殊的函數，解題時要充分利用函數的性質解決數列問題，如數列中的最值問題. (3)解決數列與不等式綜合問題的常用方法有比較法(作差法、作商法)、放縮法等.,7.已知f(x)2sin x，集合Mx||f(x)|2，x0，把M中的元素從小到大依次排成一列，得到數列an，nN*. (1)求數列an的通項公式；,解答,解因為|f(x)|2，,又因為x0，所以an2n1(nN*).,證明,由得q23q20，解得q1或q2. 當q1時，不滿足式，舍去； 當q2時，代入得a12， 所以an22n12n. 故所求數列an的

8、通項公式為an2n(nN*).,8.已知等比數列an滿足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中項. (1)求數列an的通項公式；,解設等比數列an的公比為q，依題意，,解答,即n2n900，解得n9或n<10(舍). 因為nN*，所以使Sn2n147<0成立的正整數n的最小值為10.,解答,(2)若bnanlog2 ，Snb1b2bn，求使Sn2n147<0成立的n的最小值.,所以Sn212222332nn (222232n)(123n),9.已知數列an中，a12，anan12n0(n2，nN*). (1)寫出a2，a3的值(只寫出結果)，并求出數列an的通項公式；,解a26，a3

9、12， 當n2時， ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)222232n 2(123n)n(n1). 因為當n1時，a12也滿足上式， 所以ann(n1).,解答,解答,所以bn1

10、2(a32)a2a4， 代入a2a3a428，可得a38， 所以a2a420，,又數列an單調遞增，所以q2，a12， 所以數列an的通項公式為an2n.5分,(2)因為bn n2n，6分 所以Sn(12222n2n)， 2Sn122223(n1)2nn2n1， 兩式相減，得Sn222232nn2n12n12n2n1.8分 又Snn2n130， 可得2n1230，即2n13225， 10分 所以n15，即n4. 所以使Snn2n130成立的正整數n的最小值為5. 12分,構建答題模板 第一步求通項：根據題目條件，列方程(組)求解，得到數列的通項公式. 第二步巧求和：

11、根據數列的類型，選擇適當方法求和或經適當放縮后求和. 第三步得結論：利用不等式或函數性質求證不等式或解決一些最值問題.,1.(2018全國)等比數列an中，a11，a54a3. (1)求an的通項公式；,規(guī)范演練,解設an的公比為q，由題設得anqn1. 由已知得q44q2， 解得q0(舍去)，q2或q2. 故an(2)n1或an2n1(nN*).,解答,(2)記Sn為an的前n項和，若Sm63，求m.,解答,由Sm63得(2)m188， 此方程沒有正整數解. 若an2n1， 則Sn2n1. 由Sm63得2m64，解得m6. 綜上，m6.,b22，d1，bn1(n1)1n.,2.(2018上饒

12、模擬)數列an的前n項和為Sn，且Sn1 ，數列bn為等差數列，且a2(b22)1，a1b1 (1)分別求數列an和bn的通項公式；,解答,(2)求數列anbn的前n項和Tn.,解答,3.已知等差數列an的首項a11，公差d0，且第2項、第5項、第14項分別是一個等比數列的第2項、第3項、第4項. (1)求數列an的通項公式；,解答,解由題意得(a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2. a11，d0，d2. an2n1(nN*).,解答,數列Sn是遞增的.,又tZ， 適合條件的t的最大值為8.,證明因為an1an2n， 所以an2an12n2. 由得a

13、n2an2(nN*)， 所以an是公差為2的準等差數列.,4.若數列bn對于nN*，都有bn2bnd(常數)，則稱數列bn是公差 為d的準等差數列，如數列cn，若cn 則數列cn是 公差為8的準等數列.設數列an滿足a1a，對于nN*，都有anan12n. (1)求證：an為準等差數列；,證明,解答,(2)求an的通項公式及前20項和S20.,解已知a1a，an1an2n(nN*)，所以a1a22，即a22a. 所以由(1)可知a1，a3，a5，成以a為首項，2為公差的等差數列，a2，a4，a6，成以2a為首項，2為公差的等差數列.,S20a1a2a19a20 (a1a2)(a3a4)(a19a20),