2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用教案

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1、第二讲数列的综合应用 考情分析 数列在解答题中的考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前 n项和与第 n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前 n项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合试题难度中等 .年份 卷别考查角度及命题位置卷 等差、等比数列的综合应用 T 17 2017卷 已知递推关系求通项与裂项求和 T 17卷 等差、等比数列的基本运算 T 17 2016卷 数列的递推关系式、等比数列的定义 T 17 真题自检1(2017 高考全国卷 ) 已知等差数列 an 的前 n项和为Sn，等比数列 bn 的前 n项和为Tn，a1 1，b

2、11， a2b2 2.(1) 若 a3 b35，求 bn 的通项公式；(2) 若 T3 21，求 S3 .解析：设 an 的公差为d， bn 的公比为q，则an 1( n1) d，bnq n 1.由 a2b22 得 dq3. (1) 由 a3 b35 得 2d q 2 6. 联立和解得d3，q0( 舍去 ) ，d1，q2.因此 bn 的通项公式为bn2 n1.(2) 由 b1 1， T321 得 q 2 q20 0，解得 q 5，q4.当 q 5时，由得 d8，则S321.当 q4时，由得 d 1，则S3 6.2(2017 高考全国卷 )设数列 an满足 a13a2 (2 n1) an2n.(

3、1) 求 a n 的通项公式；(2) 求数列an2n1的前 n项和解析： (1) 因为a1 3a2 (2 n 1) an2n，故当 n 2时， a13a2 (2 n3) an12( n1) 两式相减得 (2 n 1) an2，2所以 an ( n 2) 2n 1又由题设可得 a12，符合上式，从而 an 的通项公式为an2.2n1an(2)记 的前 n项和为Sn. 2n1an由(1) 知2n12n n12n 112n 1.1 1则Sn 1 31315 12n112n12n.2n123(2016 高考全国卷 ) 已知各项都为正数的数列 an满足 a11，an(2 an11) an2an10.(1

4、) 求 a2 ，a3；(2) 求 an 的通项公式1解析： (1) 由题意可得 a2 ，a321.42(2) 由 an(2 an11) an2an 10 得 2an1( an1) an( an1) 因此 an 的各项都为正数，所以an1an12.1 1故 an 是首项为1，公比为的等比数列，因此 an n1.2 24(2016 高考全国卷 ) 已知 an 是公差为3 的等差数列，数列 bn满足 b11，b 2213，anbn1bn1nbn.(1) 求 an 的通项公式；(2) 求 bn 的前 n项和1解析： (1) 由已知， a1b2b2b1，b11，b2 ，得 a12.3所以数列 an 是首

5、项为2，公差为3 的等差数列，通项公式为an 3n1.bn(2) 由 (1) 知， anbn1bn1nbn，得 bn1 ，31因此 bn 是首项为1，公比为的等比数列3记 bn 的前 n项和为Sn，- 2 -131则Sn 11 3n3 1 2 23n 1.由递推关系求通项 方法结论求数列通项常用的方法(1) 定义法： 形如 an1 an C( C为常数 ) ，直接利用定义判断其为等差数列 形如 an1kan( k为非零常数 ) 且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列(2) 叠加法：形如 an1an f ( n) ，利用 ana1( a2a1) ( a3a2) ( anan1 )，求其通项公

6、式(3) 叠乘法：形如an 1f ( n) 0，利用 ana1ana2a1a3 a2an，求其通项公式an 1(4) 待定系数法：形如 an1panq( 其中 p，q 均为常数， pq( p1) 0) ，先用待定系数法把原递 q推公式转化为an1t p( ant ) ，其中 t 1p，再转化为等比数列求解n(5) 构造法：形如 an1panq ( 其中 p，q均为常数， pq( p1) 0) ，先在原递推公式两边同除以q n1 ，得n1 ，得an1n1qpqannq1，构造新数列 bn 其中 bnqan p 1n ，得 bn bn1 ，接下来用待定系数法q q q求解题组突破 1(2017 威

7、海模拟) 已知数列 an满足 a11，且 an13an1(1)3n( n 2 且 nN* ) ，则数列 a n 的n 的通项公式为( )3nAann2Bann2n3nCan n2 Dan( n2)31解析：由 an an 1(31)3n( n 2 且 nN n a n1a*) 得， 3 n 3 n11,3n( n 2 且 nN n a n1an1a n2a 2 an13 n21， ， 3 2n23a11，以上各式相加得 3 nn2，故 an n .na3答案： B2已知数列 an满足： a11 n n，an an 112 n2 n2，则数列 an 的通项公式为an( )- 3 -A.1n nB

8、11n n1C1n nD.nn1 n解析：通解： an 1 1 an 1 n 2nn21n b2 b3( an 1) ，令 bnan 1，则 n2 b1 b2b4b3b5b4 bn 1 bn132435 n1n1，从而得到bn 2 b1 n n，又 b1a111 2，得 bnn n2b11n n，1所以 an1n n，选C.1 1优解： a1 12 125，a2 16123，a311 1 112 34， ，归纳可得 an11n n，选C.答案： C3(20 17 宜昌调研 ) 已知数列 an满足 a11，anan 1* ( nN，n 2) ，数列 bn满足关系式4an111bnan( nN*)

9、 (1) 求证：数列 bn 为等差数列；(2) 求数列 an 的通项公式解析： (1)证明： bn1，且 ananan1， bn 1 14an111an11an4an1，an4an1 4an1 1bn1bn 4. an an1又 b1 1，数列 bn 是以 1为首项， 4为公差的等差数列a11(2) 由 (1) 知数列 bn 的通项公式为bn1( n1) 4 4n3，又 bn ， anan1 1 .bn 4n31 数列 an 的通项公式为an . 4n34已知数列 an 的前 n项和 Sn满足 Sn2an3n 12(nN*) 证明：数列 an3为等比数列，并求出数列 an 的通项公式解析：当

10、n1时， S1 a1 2a1312， a19.当 n1时， Sn Sn1an2an3n122an 13( n1) 12 2an2an13，- 4 -an32( an13) ， an3 是以 6为首项， 2为公比的等比数列 a n36 2n36 2n 1，an6 2n 1 3.误区警示 依据递推式 an1panq( p，q为常数 ) 求数列通项公式是最常见的一类题型当 p1时， an 为等差数列；当 p1，p0， q0时， an为等比数列；当 p1， p0， q0时，如何求出其通项公式是一个难点，化解这类问题的思路是利用待定系数法，转化成等比数列数列求和 方法结论常用求和方法(1)错位相减法：适

11、用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列把 Sna1a2 an 两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSna1qa2q anq，两式错位相减即可求出 Sn.(2) 裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法 裂项相消法适用于形如canan 1( 其中 an 是各项均不为零的等差数列， c为常数 ) 的数列(3) 拆项分组法：把数列的每一项拆成两项( 或多项) ，再重新组合成两个 ( 或多个 )简单的数列，最后分别求和 典例(2017 大连一中模拟) 已知数列 an 是首项为正数的等差数列， 数列 1的前 n项和an an1 n为

12、Sn . 2n 1(1) 求数列 an 的通项公式；(2)设bn ( 1)nan n+ ，求数列 bn 的前 2n项和 T2n. 1n n+ ，求数列 bn 的前 2n项和 T2n.2解析： (1)设等差数列 an 的公差为d，由已知得 a10，1 1令 n1，则S1 ，所以 a1a23 ，a1a2 31 1令 n2，则S2 a1a2 a2a325，所以 a2a315 ，a2a1d ，a3a12d ，联立，解得a1 1d2或a1 1d 2(舍去 ) ，所以 an2n1.(2) 由题意知， bn( 1)n n1na2( 1)n n( n1) 1 ，所以 T2n(1 2 1) (2 3 1)(3

13、4 1) ( 1)2n 2 n(2 n 1) 1 (1 2 1) (2 3 1) (3 4 1) - 5 -(4 5 1) (2 n1) 2 n1 2 n(2 n1) 1 4 8 4nn 44n22 2n2n.类题通法 分类讨论思想在数列求和中的应用(1) 当数列通项中含有 ( 1)n时，在求和时要注意分 n为奇数与偶数处理(2)对已知数列满足an2q，在求 an 的前 n项和时分奇数项和偶数项分别求和an 演练冲关 1已知函数 f ( n) 2 当n为奇数时，n2 当n为偶数时，n且 anf ( n) f ( n1) ，则a1a2a3 a100( )A0 B100C 100 D10 2002

14、22223232 42 42 52 9921002 10021012解析： 由题意， a1a2a3 a1001 (1 2) (3 2) (99 100) (101 100) (1 2 99100) (2 3 100 101) 1101 100，故选B.解析： B2已知 Sn为数列 an 的前 n项和，且 a11， anan13 2 017 _.n，则S解析：由 anan13 n1an3 n，得 a n 1( n 2) ，所以n，得 a n 1( n 2) ，所以an113( n 2) ，则数列 an的所有奇数项和偶数an项均构成以 3为公比的等比数列，又 a11，a1a23，所以 a23，所以

15、 S2 017 1 0093131 00831331 009 2.答案： 31 009 2n1* ) 3(2017 广西三市联考 ) 已知等比数列 an 的前 n项和为Sn，且 6Sn3 a( nN(1) 求 a 的值及数列 an 的通项公式；2(2) 若 bn (1 an)log 3( an an1) ，求数列 1 的前 n项和 Tn.bn解析： (1) 6Sn3n 1 a( nN*) ，当 n1时， 6S1 6a19a，当 n 2时， 6an6( SnSn1) 23n，即 a n1， n 3n，即 a n1， an 是等比数列， a11，则9a6，得 a 3，- 6 -n 1 *数列 an

16、 的通项公式为a ( nNn3 ) 2(2) 由 (1) 得 bn(1 an)log 3(an an1) (3 n2)(3 n1) ，Tn1 1 b1 b21bn114147 1n n1 1 1(1 3 4 417 1 13n 1)3n 2n.3n1数列与其他知识交汇的综合问题数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题交汇点一 数列与函数交汇 典例 1 (2016 大连双基测试) 已知函数 f( x) 2sin( x)( 0，| | )的图象经过点， 2 ，

17、127，2 ，且在区间，12 12712上为单调函数(1) 求 ， 的值；(2)设an nfn3( nN n 的前 30项和 S30. *) ，求数列 a*) ，求数列 a解析： (1) 由题可得122 k2， kZ，7122k2，kZ，解得 2，2k2，kZ.3| | ， 2.3(2) an 2nsin2n323(nN *) ，*) ，数列 2sin2n32* ) 的周期为3，3 ( nN前三项依次为0， 3， 3，a3n2a3n 1a3n(3 n2) 0 (3 n1) 33n( 3) 3( n N*) ，S30( a1a2 a3) ( a28a29a30) 10 3.类题通法 数列与函数的

18、交汇问题的类型及解题方法(1) 已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2) 已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子化简变形- 7 - 演练冲关 1设曲线y2 018 x n，令 anlog 2n1( nN* ) 在点 (1,2 018)处的切线与 x轴的交点的横坐标为x018xn ，则a1a2 a2 017 的值为( )A2 018 B2 017C1 D 1n解析： 因为y 2 018( n1) xn，所以切线方程是 y2 0182 018( n1)( x1) ，所以 xn ，n1所以 a1a2 a2 0

19、17log 2 018( x1 x2 x2 017) log 2 018(1 2 2 32 0172 0181) log 2 0182 0181.答案： D交汇点二 数列与不等式交汇 典例 2 (2017 武汉调研 )设等差数列 an的前 n项和为Sn，已知 a1 9，a2为整数，且 Sn S5.(1) 求 an 的通项公式；(2)设数列 1 的前 n项和为Tn，求证： Tnanan 149.解析： (1) 由 a19，a2为整数可知，等差数列 an 的公差 d为整数又 Sn S5， a5 0， a6 0，于是 94d 0,9 5d 0，解得9 4 d 9.5d为整数， d 2.故 an 的通

20、项公式为an112n.(2)证明：由 (1) ，得1anan112n 2n1(21 1 ) ，92n 112nTn12(1719) (1 1 ) (5 71 1 ) 92n 112n1(2192n19) 1令 bn ，由函数 f ( x) 92n1的图象关于点 (4.5 ，0)对称及其单调性， 知 0b1b2b3b4，92xb5b6b7 0， bn b41.Tn12(1 1 4 ) .9 9类题通法 数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧应用 演练冲关 - 8 -2(2017贵阳模拟) 在数列 an 中， a1a22a3 3an

21、2 11，若存在 nN n1( nN* ) ，且 a *n1( nN* ) ，且 a *n使得 an n( n1) 成立，则实数 的最小值为_解析：依题意得，数列 an annn 的前 n项和为2 (21，当 n 2时，nn1) (2n1 n1 1) 2 ，且a112 111211，因此111211，因此an an2 n1( nN*) ，n1( nN*) ，n n nn1 n12 2 bn1 .记bn ，则bn0，n1 n1 bnnn2n n n2 1 1bn，数列 bn 是递增数列， 数列 bn 的最小项是 b1 . 依题意得，1，bnn 2 n2 2存在 nN *使得 *使得 ann n12bn 成立，即有 b1， 的最小值是12.答案：12- 9 -