2009年高考数学二轮复习专题课件：专题五 数列解答题的解法

专题五数列解答题的解法你身边的高考专家考题剖析＞＞试题特点＞＞0311数列解答题的解法应试策略＞＞071.近三年高考各试卷数列考查情况统计2005年高考各地的16套试卷中，每套试卷均有1道数列解答题试题，处于压轴位置的有6道.由此知，数列解答题属于中档题或难题.其中，涉及等差数列和等比数列的试题有11道，有关递推数列的有8道，关于不等式证明的有6道.另外，等比求和的错位相减法，广东卷的概率和数列的交汇，湖北卷的不等式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点.2006年高考各地的18套试卷中,有18道数列解答试题.其中,与函数综合的有6道，涉及数列不等式证明的有8道，北京还命制了新颖的“绝对差数列”,值得一提的是，其中有8道属于递推数列问题，这在高考中是一个重点.试题特点数列解答题的解法2007年高考各地的各套试卷中都有数列题，有7套试卷是在压轴题的位置，有9套是在倒数第二道的位置，其它的一般在第二、三的位置，几乎每道题涉及到递推数列,有9道涉及到数列、不等式或函数的综合问题，安徽省还出现了一道数列应用题.2008年高考各地的各套试卷中都有数列题，也都是几乎每道题涉及到递推数列,数列、不等式或函数的综合问题．综上可知，数列解答试题是高考命题的一个每年必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题.当中，以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题是未来高考命题的一个新的亮点，而数学归纳法的应用在2007年中有所增强.试题特点数列解答题的解法2.主要特点数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高考中占有重要地位，近几年更是有所加强.数列解答题大多以数列、数学归纳法内容为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中、高档难度.数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础.高考对本章的考查比较全面，等差数列、等比数列的考查每年都不会遗漏。一般情况下都是一个客观题和一个综合解答题，数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法.其中的高考热点——探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中。试题特点数列解答题的解法试题特点1.考查数列、等差数列、等比数列、数列极限以及数学归纳法等基本知识、基本技能.2.常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养.3.常以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间.数列解答题的解法应试策略1.熟练掌握并灵活运用数列的基本知识是解决数列问题的基础.(1)等差、等比数列的判定：①利用定义判定；②an＋an＋2=2an＋1{an}是等差数列，anan＋2=a2n＋1(an≠0){an}是等比数列；③an=an＋b(a,b为常数){an}是等差数列；④Sn=an2＋bn(a,b为常数，Sn是数列{an}的前n项和){an}是等差数列.(2)等差、等比数列的性质的应用：注意下标、奇、偶项的特点等.应试策略数列解答题的解法(3)已知数列的前n项和求通项公式，这类问题常利用an=求解.(4)用递推公式给出的数列，常利用“归纳——猜想——证明”的方法求解.(5)数列求和的基本方法：①公式法(利用等差、等比数列前n项和公式或正整数的方幂和公式）；②错位相减法(等比数列求和推导的基本方法)；③倒序相加法；④裂(拆)项法等.应试策略)2()1(11nSSnSnn数列解答题的解法2.注意函数思想与方程思想在数列中的运用.由于数列是一种特殊的函数，所以数列问题与函数、方程有着密切的联系，如等差数列的前n项和为n的二次函数，有关前n项和的最大、最小值问题可运用二次函数的性质来解决.等差(比)数列问题，通过涉及五个元素a,d(q),an,n,Sn,利用方程思想，熟练运用通项公式与前n项和公式列出方程或方程组，并求出未知元素，是应当掌握的基本技能.3.数列问题对能力要求较高，特别是运用能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑思维能力更为突出.在高考解答题中更是能力与思想的集中体现，尤其是近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们的足够重视.应试策略数列解答题的解法考题剖析考题剖析1.数列{an}和{bn}满足an=(b1＋b2＋…＋bn)（n=1，2，3…），求证{bn}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列.n1［证明］必要性若{bn}为等差数列，设首项b1，公差d∵an＋1－an=,∴{an}是公差为的等差数列充分性若{an}为等差数列，设首项a1，公差d则b1＋b2＋…＋bn=n［a1＋(n－1)d］=dn2＋(a1－d)nb1＋b2＋…＋bn－1=d(n－1)2＋(a1－d)(n－1)(n≥2)∴bn=2dn＋(a1－2d)(n≥2)当n=1时，b1=a1也适合∵bn＋1－bn=2d，∴{bn}是公差为2d的等差数列dnbdnnnbnan21)2)1((111则2d2d［点评］要证明一个数列为等差数列，关键是抓住等差数列的定义：从第二项起，任一项与前一项的差都为一个常数，即相邻两项的差是一定值，证等比数列也是如此.数列解答题的解法考题剖析数列解答题的解法考题剖析数列解答题的解法考题剖析数列解答题的解法考题剖析数列解答题的解法[点评]：数列中的不等式问题，一般有放缩，构造函数这两类常见的方法，本题的第（2）问用构造函数证明考生要容易上手容易想一些。考题剖析数列解答题的解法考题剖析数列解答题的解法[点评]：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。考题剖析5.(2007·宁波市三中)已知数列{an}中，a1=1，nan＋1=2(a1＋a2＋…＋an)(n∈N*).（1）求a2,a3,a4；（2）求数列{an}的通项an；（3）设数列{bn}满足，求证：bn1(n≤k).［解析］（1）a2=2,a3=3,a4=4nnknbbabb2111,21数列解答题的解法（2）nan＋1=2(a1＋a2＋…＋an)①(n－1)an=2(a1＋a2＋…＋an－1)②①－②得nan＋1－(n－1)an=2an即：nan＋1=(n＋1)an，所以所以an=n(n∈N*)考题剖析nnaann11)2(123121123121nnnnaaaaaaaannn数列解答题的解法考题剖析（3）由（2）得：b1=,bn＋1=＋bnbnbn－1…b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(n≤k)只需证bk1若k=1，则b1=1显然成立若k≥2，则bn＋1=所以因此：2121nbk21nnnnnbbbkbbk1211kbbnn111111211)11()11(1bbbbbbkkkkkkk121数列解答题的解法考题剖析所以所以bn1(n≤k)11kkbk［点评］求数列的通项，是数列问题中的常见问法，本题中关键是要抓住递推关系nan＋1=2(a1＋a2＋...＋an)(n∈N*)，得到关系后，再求an的通项，用累乘法.在平时的解题中，要注意积累一些递推数列问题的处理.数列解答题的解法nnaann11考题剖析6.(2007·东北四市长春、哈尔滨、沈阳、大连)数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn与an之间满足an=(n≥2).（1）求证：数列{}的通项公式；（2）设存在正数k，使(1＋S1)(1＋S2)…(1＋Sn)≥k对一切n∈N*都成立，求k的最大值.1222nnSSnS112n数列解答题的解法［解析］（1）证明：∵n≥2，an=Sn－Sn－1∴Sn－Sn－1=，∴(Sn－Sn－1)(2Sn－1)=2S，∴Sn－1－Sn=2SnSn－1∴=2(n≥2)，数列为首项，以2为公差的等差数列.考题剖析1222nnSS111nnSS11}1{1SSn是以数列解答题的解法2n（2）由（1）知=1＋(n－1)×2=2n－1∴F(n)在n∈N*上递增，要使F(n)≥k恒成立，只需［F(n)］min≥k∵［F(n)］min=F(1)=考题剖析nS1.121,1211nSnSnn12)1()1)(1()(21nSSSnFn设3212)1()()1(1nnSnFnFn则1384484)32)(12(2222nnnnnnn332332,3320maxkk［点评］本小题考查等差数列通项与前n项和关系以及数列与不等式相结合的有关问题.数列解答题的解法考题剖析7.（2007·莆田四中）已知α为锐角，且tanα=－1，函数f(x)=x2tan2α＋x·sin(2α＋)，数列{an}的首项a1=,an＋1=f(an).（1）求函数f(x)的表达式；（2）求证：an＋1an；（3）求证：24π21*),2(2111111121Nnnaaan［解析］（1）tan2α==1又∵α为锐角∴sin(2α＋)=1f(x)=x2＋x22)12(1)12(2tan1tan24π数列解答题的解法（2）∵a1=∴a2,a3,…an都大于0∴0∴an＋1an考题剖析nnnnnnnaaaaaaa111)1(1112111111nnnaaa21111nnaa（3）由（2）知11111nnnaaa1322121111111111111nnnaaaaaaaaa1111211nnaaa数列解答题的解法∵又∵n≥2时,an＋1an∴an＋1≥a31∴12－2∴12考题剖析143)43(,4321)21(2322aa11nanaaa11111121［点评］在高考题中，数列一般与函数、不等式、三角综合，本题中，表面上有三角函数，但可以通过对三角函数求值，将三角函数去掉.从而转化为一个递推数列的问题.数列解答题的解法8.（2007·浙江省五校模拟题）已知函数f(x)=x－ln(1＋x),数列{an}满足0a11,an＋1=f(an);数列{bn}满足,n∈N*.求证:（Ⅰ）0an＋1an1;（Ⅱ）an＋1;（Ⅲ）若a1=,则当n≥2时,bnan·n!.考题剖析nnbnbb)1(21,211122na数列解答题的解法22（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k＋1时,因为0x1时,f′(x)=1－0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在［0,1］上连续,所以f(0)f(ak)f(1),即0ak＋11－ln21.故当n=k＋1时,结论也成立.即0an1对于一切正整数都成立.又由0an1,得an＋1－an=an－ln(1＋an)－an=－ln(1＋an)0,从而an＋1an.综上可知0an＋1an1.考题剖析111xxx［解析］(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,n∈N*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;数列解答题的解法考题剖析(Ⅱ)构造函数g(x)=0x1,由g′(x)=0,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在［0,1］上连续,所以g(x)g(0)=0.因为0an1,所以g(an)0,即.,)1ln(2)(222xxxxfxxx122,0)(2212nnnnaaafa从而数列解答题的解法(