2012届高考数学二轮复习精品课件(江苏专用)专题15 数列中的等量关系

专题十五数列中的等量关系专题十五数列中的等量关系主干知识整合专题十五│主干知识整合1．等差、等比数列中常见的等量关系(1)an＝a1·a2a1·…·anan－1及an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)．(2)2an＝an－1＋an＋1；a2n＝an－1·an＋1.(3)an－am＝(n－m)d；anam＝qn－m.(4)等差数列前n项和Sn＝An2＋Bn(n∈N*)；等比数列前n项和Sn＝c－c·qn(q≠1)．专题十五│主干知识整合2．论证恒等关系的方法和思想(1)方程恒有解①方程ax＋b＝0恒有解的充要条件为a＝b＝0；②方程ax2＋bx＋c＝0恒有解的充要条件为a＝b＝c＝0；③方程a1xn＋b1＝a2xn＋b2恒有解的充要条件为a1＝a2，b1＝b2.(2)从特殊到一般的思想对于一些无从下手的恒成立问题，可以先从n＝1，n＝2进行研究得到相应的参数的值，再论证对于一般的情况也成立．要点热点探究专题十五│要点热点探究►探究点一转化为等差、等比数列问题通过题干所给等式条件，将所研究的数列问题转化为等差或等比数列进行研究，其中过程需要用等差或等比数列的定义进行转化．例1已知{an}是递增的等差数列，满足a2a4＝3，a1＋a5＝4.(1)求数列{an}的通项公式和前n项和公式；(2)设数列{bn}对n∈N*均有b13＋b232＋…＋bn3n＝an＋1成立，求数列{bn}的通项公式．专题十五│要点热点探究【解答】(1)∵a1＋a5＝a2＋a4＝4，再由a2a4＝3，可解得a2＝1，a4＝3或a2＝3，a4＝1，又{an}为递增数列，∴a2＝1，a4＝3.∵d＝a4－a24－2＝1，∴an＝1＋1·(n－2)＝n－1，Sn＝n2(a2＋an－1)＝nn－12.(2)由b13＋b232＋…＋bn3n＝an＋1得，当n≥2时，b13＋b232＋…＋bn－13n－1＝an，两式相减得bn3n＝an＋1－an＝1(n≥2)，∴bn＝3n(n≥2)①.当n＝1时，b13＝a2，∵a2＝1，∴b1＝3.②综合①②知bn＝3n.专题十五│要点热点探究【点评】本题中所给的恒等式b13＋b232＋…＋bn3n＝an＋1，其本质为数列bn3n前n项和与an＋1之间的关系，利用an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2，将其转化为数列性质的论证，从而转化为等比数列进行研究．专题十五│要点热点探究►探究点二子数列或衍生数列问题子数列和衍生数列问题都是指由原数列中的若干项打乱顺序或进行运算后重新组成新的数列问题．例2已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝n2(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意给定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(kpr)使1ak，1ap，1ar成等差数列？若存在，用k分别表示p和r；若不存在，请说明理由；专题十五│要点热点探究【解答】(1)当n＝1时，a1＝1；当n≥2，n∈N*时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2，所以an＝n2－(n－1)2＝2n－1；当n＝1时，也适合．综上所述，an＝2n－1(n∈N*)．(2)当k＝1时，若存在p，r使1ak，1ap，1ar成等差数列，则1ar＝2ap－1ak＝3－2p2p－1.因为p≥2，所以ar0，与数列{an}为正数相矛盾．因此，当k＝1时，不存在．当k≥2时，设ak＝x，ap＝y，ar＝z，则1x＋1z＝2y，所以z＝xy2x－y.令y＝2x－1得z＝xy＝x(2x－1)，此时ak＝x＝2k－1，ap＝y＝2x－1＝2(2k－1)－1，所以p＝2k－1，ar＝z＝(2k－1)(4k－3)＝2(4k2－5k＋2)－1，所以r＝4k2－5k＋2；综上所述，当k＝1时，不存在p，r；当k≥2时，存在p＝2k－1，r＝4k2－5k＋2满足题设．专题十五│要点热点探究【点评】原数列中是否有三项成等差数列或等比数列，即转化为等式1ar＋1ak＝2ap是否有解的论证，应该先利用k，p，r的范围和整数的性质，来论证多元方程是否有解，本题的关键是用k分别表示p和r，则可以将k看作系数，将三元方程转化为二元方程求解．专题十五│要点热点探究例3已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝pan－2n，n∈N*，其中常数p2.(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；(2)若a2＝3，求数列{an}的通项公式；(3)对于(2)中数列{an}，若数列{bn}满足bn＝log2(an＋1)(n∈N*)，在bk与bk＋1之间插入2k－1(k∈N*)个2，得到一个新的数列{cn}，试问：是否存在正整数m，使得数列{cn}的前m项的和Tm＝2011？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由．专题十五│要点热点探究【解答】(1)证明：因为2Sn＝pan－2n，所以2Sn＋1＝pan＋1－2(n＋1)，所以2an＋1＝pan＋1－pan－2，所以an＋1＝pp－2an＋2p－2，所以an＋1＋1＝pp－2(an＋1)．因为2a1＝pa1－2，所以a1＝2p－20，所以a1＋10，所以an＋1＋1an＋1＝pp－2≠0，所以数列{an＋1}为等比数列．(2)由(1)知an＋1＝pp－2n，所以an＝pp－2n－1，又因为a2＝3，所以pp－22－1＝3，所以p＝4，所以an＝2n－1.(3)由(2)得bn＝log22n，即bn＝n(n∈N*)，数列{cn}中，bk(含bk项)前的所有项的和是：(1＋2＋3＋…＋k)＋(20＋21＋22＋…＋2k－2)×2＝kk＋12＋2k－2，当k＝10时，其和是55＋210－2＝10772011，当k＝11时，其和是66＋211－2＝21122011，又因为2011－1077＝934＝467×2，是2的倍数，所以当m＝10＋(1＋2＋22＋…＋28)＋467＝988时，Tm＝2011，所以存在m＝988使得Tm＝2011.专题十五│要点热点探究【点评】在原数列中插入若干个数构成的新数列问题，关键是弄清楚原数列的项在新数列中的特征，插入的若干个数与原数列项之间的关系．专题十五│要点热点探究►探究点三数列新定义问题数列中的新定义问题主要将其转化为关于数列相关参数的基本等式，其实等差数列也是一个定义其本质是an＋1－an＝d.例4设数列{an}是一个无穷数列，记Tn＝i＝1n＋22i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，n∈N*.(1)若{an}是等差数列，证明：对于任意的n∈N*，Tn＝0；(2)对任意的n∈N*，若Tn＝0，证明：{an}是等差数列；(3)若Tn＝0，且a1＝0，a2＝1，数列{bn}满足bn＝2an，由{bn}构成一个新数列3，b2，b3，…设这个新数列的前n项和为Sn，若Sn可以写成ab，(a，b∈N，a1，b1)，则称Sn为“好和”．问S1，S2，S3，…中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由．专题十五│要点热点探究【解答】(1)证明：对于任意的正整数n，∵Tn＝i＝1n＋22i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，∴2Tn＝2i＝1n＋22i－1ai＋4a1－2a3－2n＋3an＋1，将上面两等式作差得：－Tn＝a3－a1＋i＝1n＋12i(ai＋1－ai)＋2n＋2(an＋1－an＋2)．∵数列{an}是等差数列，设其公差为d，∴－Tn＝2d＋di＝1n＋12i－2n＋2d＝0，∴Tn＝0.专题十五│要点热点探究(2)∵对于任意的正整数n，Tn＝i＝1n＋22i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1＝0，∴Tn＋1＝i＝1n＋32i－1ai＋2a1－a3－2n＋3an＋2＝0，将上面两等式作差得：an＋1－2an＋2＋an＋3＝0.由T1＝i＝132i－1ai＋2a1－a3－23a2＝0即a3－a2＝a2－a1，综上，对一切正整数n，都有an＋1－2an＋an－1＝0，所以数列{an}是等差数列．专题十五│要点热点探究(3)由(2)知{an}是等差数列，其公差是1，所以an＝a1＋(n－1)＝n－1，bn＝2an＝2n－1.当n≥2时，Sn＝3＋2＋4＋…＋2n－1＝2n＋1，S1＝3，所以对正整数n都有Sn＝2n＋1.由ab＝2n＋1，ab－1＝2n，a，b∈N，a1，b1，a只能是不小于3的奇数．当b为偶数时，ab－1＝ab2＋1ab2－1＝2n，因为ab2＋1和ab2－1都是大于1的正整数，所以存在正整数t，s，使得ab2＋1＝2s，ab2－1＝2t，2s－2t＝2,2t(2s－t－1)＝2,2t＝2且2s－t－1＝1，t＝1，s＝2，相应的n＝3，即有S3＝32，S3为好和；当b为奇数时，ab－1＝(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)，由于1＋a＋a2＋…＋ab－1是b个奇数之和，仍为奇数，又a－1为正偶数，所以(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)＝2n不成立，这时没有好和．专题十五│要点热点探究【点评】本题中的新定义了“好和”，其本质为2n＋1＝ab是否有相应的整数解，这类问题需要对式子的结构的特征，参数a，b，n的特征进行分析，多用特殊值先代入常识，再进行一般的论证．规律技巧提炼专题十五│规律技巧提炼1．数列中恒等关系和有解问题主要是建立关于数列中基本量或相关参数的方程，再进一步论证该方程是否有整数解问题，其中该方程的研究是关键，一般可从以下如奇偶数、约数、有理数、无理数等方面论证，也可以先利用参数范围，代入相关的整数研究．2．数列中的子数列或衍生数列问题，需要弄清楚该项在原数列中的特征和在新数列中的特征，代入时要注意分辨清楚．专题十五│江苏真题剖析江苏真题剖析例[2011·江苏卷]设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意的整数k∈M，当整数nk时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．(1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；(2)设M＝{3,4}，求数列{an}的通项公式．【分析】本题所给的Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)为前n项和之间的递推关系式，将该递推关系式转化为通项之间的关系式是本题的关键，还需要用到分类讨论的思想，其实本题的第一小问是本题的简单化的尝试．【解答】(1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1.从而an＋1－an＝2a1＝2，又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2，所以a5的值为8.(2)由题设知，当k∈M＝{3,4}，且nk时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2(Sn＋1＋Sk)，两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k，所以当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列，从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2，专题十五│江苏真题剖析于是，当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1.当n≥9时，设d＝an－an－1.当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13，从而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，于是am＋1－am＝2d－d＝d.因此an＋1－an＝d对任意n≥2都成立．又由Sn＋k＋Sn－k－2Sn＝2Sk(k∈{3,4})可知(Sn＋k－Sn)－(Sn－