A03 专题三 数列与极限

《A03 专题三 数列与极限》由会员分享，可在线阅读，更多相关《A03 专题三 数列与极限（16页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、专题三数列与极限【考点聚焦】考点1：数列的有关概念，简单的递推公式给出的数列；考点2：等差、等比数列的概念，等差、等比数列的通项公式，前n项和公式，并运用它们解决一些问题；考点3：数列极限的意义，极限的四则运算，公比的绝对值小于1的无穷等比数列的前n项和的极限；考点4：数学归纳法【自我检测】1、 叫做数列。2、 等差数列、等比数列定义及性质等差数列等比数列定义通项公式前n项和公式性质1、d0时数列；d0时；2、a1+an=_=_=3、若m,n,p,qN+,且m+n=p+q，则4、每隔相同的项抽出的项按次序构成的数列为。5、连续几项之和构成。6、Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成7、man+k

2、为1、时数列递增；时递减；2、a1an=_=_=3、若m,n,p,qN+,且m+n=p+q，则4、每隔相同的项抽出的项按次序构成的数列为。5、连续几项之和构成。6、man,an2为3、 无穷等比数列公比q|1，则各项和S。4、 求数列前n项和的方法：（1）直接法；（2）倒序相加法；（3）错位相减法；（4）分组转化法；（5）裂项相消法.【重点难点热点】问题1：等差、等比数列的综合问题“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果 例1：设等比

3、数列an的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列lgan的前多少项和最大？(取lg2=03,lg3=04)思路分析 突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值 解法一 设公比为q,项数为2m,mN*,依题意有，化简得 设数列lgan前n项和为Sn,则Sn=lga1+lg（a1q2）+lg（a1qn1）=lg（a1nq1+2+(n1)）=nlga1+n(n1)lgq=n

4、(2lg2+lg3)n(n1)lg3=()n2+(2lg2+lg3)n可见，当n=时，Sn最大 而=5,故lgan的前5项和最大 解法二 接前，,于是lgan=lg108()n1=lg108+(n1)lg,数列lgan是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan0,得2lg2(n4)lg30，n=5 5 由于nN*,可见数列lgan的前5项和最大 点评 本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力 演变1等差数列an的前m项和为30，前2m项和为100，则它前3m项的和为_ 点拨与提示：本题可以回到数列的基本量，列出关于的方程组，然后

5、求解；或运用等差数列的性质求解.问题2：函数与数列的综合题数列是一特殊的函数，其定义域为正整数集，且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响，分析题目特征，探寻解题切入点.例2：已知函数f(x)= (x2) (1)求f(x)的反函数f-1(x)；(2)设a1=1, =f-1(an)(nN*),求an;(3)设Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn是否存在最小正整数m,使得对任意nN*,有bn成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由 思路分析 (2)问由式子得=4,构造等差数列,从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想

6、 解 (1)设y=,x0)(2)，是公差为4的等差数列，a1=1, =+4(n1)=4n3,an0,an= (3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn,设g(n)= ,g(n)= 在nN*上是减函数，g(n)的最大值是g(1)=5,m5,存在最小正整数m=6,使对任意nN*有bn成立点评本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题 着重考查学生的逻辑分析能力 本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列为桥梁求an,不易突破 演变2：设，定义，其中nN*.（1）求数列an的通项

7、公式；（2）若，其中nN*，试比较9与大小，并说明理由.点拨与提示：（1）找出数列an的递推关第，进而判断数列的类型；（2）根据特征，找出求和的匹配方法。问题3：数列与解析几何。数列与解析几何综合题，是今后高考命题的重点内容之一，求解时要充分利用数列、解析几何的概念、性质，并结合图形求解.例3在直角坐标平面上有一点列，对一切正整数，点位于函数的图象上，且的横坐标构成以为首项，为公差的等差数列.求点的坐标；设抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴，第条抛物线的顶点为，且过点，记与抛物线相切于的直线的斜率为，求：.解：（1）（2）的对称轴垂直于轴，且顶点为.设的方程为：把代入上式，得，的方程为：。，

8、=点评：本例为数列与解析几何的综合题，难度较大。（1）、（2）两问运用几何知识算出. 演变3已知抛物线，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点，又过点作斜率为的直线交抛物线于点，再过作斜率为的直线交抛物线于点，如此继续，一般地，过点作斜率为的直线交抛物线于点，设点（）令，求证：数列是等比数列（）设数列的前项和为，试比较与的大小点拨与提示：（1）由抛物线的方程和斜率公式得到，从而求出的通项公式；（2）用数学归纳法证明.问题4、数列与不等式数列与不等式相联系的综合题也是常考题型，要注意把数列的逆推性与不等式问题的思考方法结合起来，联系分析，寻求解题思路.例4：已知数列an满足，（1）求证：2

9、an 3；（2）求证：；（3）. 思路分析：（1）从递推式看，应该从数列归纳法入手；（2）可用证不等式的放缩法来求解.（1）当n=1时，2a1 3；设n=k时，2ak 2，又2ak 3，所以0ak21,0(ak2)21，而2ak4，故ak+1-21，即ak+13，由知2an 0，x=2，即2.点评：解决数列中的不等式问题，通常考虑用不等式的有关证明方法。（3）中应该注意到，若数列an的极限存在，则演变4：已知函数设数列满足，数列满足，()用数学归纳法证明；()证明 考查运用数学归纳法解决有关问题的能力.专题小结1、“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立

10、“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2、归纳猜想证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义3、解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题4、数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知

11、识和方法求解【临阵磨枪】一 选择题1已知等差数列中，的值是（ ）A15B30C31D642已知数列log2(an1)（nN*）为等差数列，且a13，a25，则）=（ ）A2BC1D3已知数列满足，则=（ ）A0BCD4 等比数列an的首项a1=1，前n项和为Sn,若，则Sn等于( )C 2D 25已知等差数列中，则的值是（ ）A15B30C31D646( )(A) 2 (B) 4 (C) (D)07已知数列满足，若，则A B3C4D58用个不同的实数可得到个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵.对第行，记，.例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，那么，

12、在用1，2，3，4，5形成的数阵中，等于（ ）A3600 B1800 C1080 D720二、填空题9 已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且0logm(ab)0 , anan1=5 (n2). 当a1=3时,a3=13,a15=73. a1, a3,a15不成等比数列a13;当a1=2时, a3=12, a15=72, 有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3.14 解 (1)由题意知a52=a1a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,d0,a1=2d,数列的公比q=3,=a13n1又=a1+(bn1)d=由得a13n1=a1 a1=2d

13、0,bn=23n11 (2)Tn=Cb1+Cb2+Cbn=C (2301)+C(2311)+C(23n11)=(C+C32+C3n)(C+C+C)=(1+3)n1(2n1)= 4n2n+,15 解 （I），解得：所以数列是公比为4的等比数列所以：得： （其中n为正整数）（II）所以： 16 解 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)(2t+3)=3t a2= 又3tSn(2t+3)Sn1=3t，3tSn1(2t+3)Sn2=3t 得3tan(2t+3)an1=0 ,n=2,3,4,所以an是一个首项为1公比为的等比数列；(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn1 可见

14、bn是一个首项为1，公差为的等差数列 于是bn=1+(n1)=;(3)由bn=,可知b2n1和b2n是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b2n=,b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1)= (b2+b4+b2n)=n(+)= (2n2+3n) 17【解】（1）用数学归纳法证明：1当n=1时， ，命题正确.2假设n=k时有 则 而又时命题正确.由1、2知，对一切nN时有 （2）下面来求数列的通项：所以,又bn=1，所以.18解：()由题意,得A(1,0),C1：y=x2-7x+b1.设点P(x,y)

15、是C1上任意一点,则|A1P|=令f(x)=(x-1)2+(x2-7x+b1)2,则由题意得,即又P2(x2,0)在C1上,2=x22 -7x2+b1解得x2=3,b1=14.故C1方程为y=x2-7x+14.()设P(x,y)是C1上任意一点,则|AnP|=令g(x)=(x-xn)2+(x2+anx+bn)2,则,由题意得,即=0,又,(xn+1-xn)+2n(2xn+1+an)=0(n1),即(1+2n+1)xn+1-xn+2nan=0, (*)下面用数学归纳法证明xn=2n-1. 当n=1时,x1=1,等式成立. 假设当n=k时,等式成立,即xk=2k-1.则当n=k+1时,由(*)知(

16、1+2k+1)xk+1-xk+2kak=0, (*)又ak=-2-4k-,.即当n=k+1,时等式成立.由知,等式对nN+成立,xn是等差数列.【挑战自我】已知f(x)=(x-1)2，g(x)=4(x-1)，数列an满足a1=2，(an+1-an)g(an)+f(an)=0。(1)用an表示an+1；（2）求证：an-1是等比数列；（3）若bn=3f(an)-g(an+1)，求bn的最大项和最小项。解：（1）(an+1an)g(an)+f(an)=0，f(an)（an1）2，g(an)4（an1），（an1）（4an13an1）0, 又a1=2，。（2），an-1是以a1-1=1为首项，为公比

17、的等比数列。（3）由（2）可知：an-1，an1。从而bn= 3f(an)g(an+1)因为y=为减函数，所以bn中的最大项为b1 =0, 又bn，当n为整数时，所以只须考虑接近于。当n=3时，与相差，当n=4时，与相差而，所以bn中最小项为.【答案及点拨】演变1：解法一 将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得 解法二 由等差数列an的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数） 将Sm=30,S2m=100代入，得,S3m=A(3m)2+B3m=210解法三 根据等差数列性质知 Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差数列，从而有 2(S2mSm)

18、=Sm+(S3mS2m)，S3m=3(S2mSm)=210解法四： Sn=na1+d,=a1+d点(n, )是直线y=+a1上的一串点，由三点(m,),(2m, ),(3m, )共线，易得S3m=3(S2mSm)=210演变2：（1）2，数列an上首项为，公比为的等比数列，（2）两式相减得： 当n=1时，9；当n=2时，9；当n3时，22n=(1+1)n2=()2(2n+1)2,9.演变3：（1）因为、在抛物线上，故，又因为直线的斜率为，即，代入可得，故是以为公比的等比数列；（2），故只要比较与的大小方法（一），当时，；当时；当时， 方法（二）用数学归纳法证明，其中假设时有,则当时,.演变4：（）证明：当 因为a1=1，所以 下面用数学归纳法证明不等式 （1）当n=1时，b1=，不等式成立， （2）假设当n=k时，不等式成立，即那么 所以，当n=k+1时，不等式也成立。根据（1）和（2），可知不等式对任意nN*都成立。 （）证明：由（）知， 所以 故对任意