高三数学专题复习课件：数列解答题的解法

数列解答题的解法数列解答试题是高考命题的一个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、解几何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，而命题的冷点是数列的应用性解答题.试题特点1.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.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.试题特点应试策略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=(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.21na(2)等差、等比数列的性质的应用：注意下标、奇、偶项的特点等.(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.)2()1(11nSSnSnn应试策略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.应试策略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.应试策略考题剖析1.已知数列{an}的前n项和Sn=n(2n－1),(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式,并证明该数列为等差数列；(2)设数列bn=S1+++…+(n∈N*),试判定：是否存在自然数n,使得bn=900，若存在,求出n的值；若不存在，说明理由.22S33SnSn［解析］(1)当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n(2n－1)－(n－1)(2n－3)=4n－3，当n=1时,a1=S1=1,适合,∴an=4n－3，而an－an－1=4(n≥2)，所以{an}为等差数列.考题剖析(2)∵=2n－1,nSn22S33SnSn∴bn=S1+++…+=1+3+5+7+…+(2n－1)=n2,由n2=900,得n=30,即存在满足条件的自然数为30.nSn考题剖析［点评］由于题目给出是的Sn与n的关系，故在求通项时要注意n≥2与n=1的情况，第2问涉及到的是等差数列的一个性质，如果Sn是等差数列{an}的前n项和，则{}也是等差数列.2.设等比数列{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=0.3,lg3=0.4)［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.考题剖析［解析］解法1：设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有化简得)(9))((,1)1(41)1(323122121111qaqaqaqaqqqaqqamm),1(911421qqaqq108311aq考题剖析解得设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lg(a1q2)+…+lg(a1qn－1)=lg(a1n·q1+2+…+(n－1))=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+3lg3)－n(n－1)lg3=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n可见，当n=时，Sn最大.212123lg3lg3lg272lg2考题剖析27而==5,故{lgan}的前5项和最大.3lg3lg272lg24.024.073.04考题剖析解法2：接前，a1=108,q=,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg,∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0，∴n≤==5.5.由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大.3131313lg3lg42lg2［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.考题剖析314.04.043.023.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2(n=1,2,3,…),它的前n项和为Sn,且a3=5,S6=36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知等比数列{bn}满足b1+b2=1+a,b4+b5=a3+a4(a≠－1).设数列{an·bn}的前n项和为Tn,求Tn.考题剖析［解析］(1)由2an+1=an+an+2an+2－an+1=an+1－an,则{an}为等差数列，,36156,5211dada.2,11da∴an=2n－1.∴考题剖析(2)设{bn}的公比为q,∵q3=2154bbbb=aaa143=a3,∴q=a.由b1+b2=1+a,得b1(1+a)=1+a,∵a≠－1，∴b1=1.则bn=b1qn－1=an－1,anbn=(2n－1)an－1,Tn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n－1)an－1,①当a≠1时，aTn=a+3a2+5a3+…+(2n－1)an,②由①－②得考题剖析(1－a)Tn=1+2a+2a2+…+2an－1－(2n－1)an=－1－(2n－1)an.∴Tn=－.当a=1时，Tn=n2.aan1)1(22)1()1(2aanaann1)12(1［点评］本题考查等差、等比数列的基础知识，考查利用错位相减求数列前n项和的方法，注意公比等于1的情况，考查推理及运算能力.考题剖析4.已知等差数列{an}满足a3+a6=－,a1a8=－且a1＞a8.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）把数列{an}的第1项、第4项、第7项、……、第3n－2项、……分别作为数列{bn}的第1项、第2项、第3项、……、第n项、……，求数列{}的所有项之和；（Ⅲ）设数列{Cn}的通项为Cn=n·，试比较(n+1)(n+2)Cn+n(n+1)Cn+2与2n(n+2)Cn+1的大小.3134考题剖析nb2nb2［解析］（Ⅰ）{an}为等差数列，a3+a6=a1+a8=－，又a1·a8=－且a1＞a8求得a1=1，a8=－，公差d==－∴an=1－(n－1)=－n+，n∈N*313434718aa31313134考题剖析（Ⅱ）b1=a1=1，b2=a4=0∴bn=a3n－2=－(3n－2)+=－n+2∴==∴{}是首项为2，公比为的等比数列∴{}的所有项的和为=4313422)1(22nn2112考题剖析nnbb2212121nb2nb2（Ⅲ）Cn=n·∴(n+1)(n+2)Cn+n(n+1)Cn+2－2n(n+2)Cn+1=n(n+1)(n+2)+n(n+1)(n+2)·－2n(n+1)(n+2)·=n(n+1)(n+2)()=n(n+1)(n+2)=n(n+1)(n+2)·(1+2－2－2×2－1)=n(n+1)(n+2)(1+－1)＞0其中bn+2－bn=－(n+2)+2－(－n+2)=－2，bn+1－bn=－(n+1)+2－(－n+2)=－1∴(n+1)(n+2)Cn+n(n+1)Cn+2＞2n(n+2)Cn+141考题剖析nb2nb212nb22nb122222nnnbbbnb2nb2)2221(212nnnnnbbbbb5.(1)已知函数f(x)=－3x2+6x－2,Sn是数列{an}的前n项和，点(n,Sn)(n∈N*)在曲线y=f(x)+2上,求an;(2)在(1)的条件下，若bn=()n－1,cn=，且Tn是数列{cn}的前n和.试问Tn是否存在最大值？若存在，请求出Tn的最大值;若不存在，请说明理由.21·6nnab考题剖析［解析］(1)点(n,Sn)在曲线y=f(x)+2上，∴Sn=－3n2+6n.当n=1时，a1=S1=3.当n≥2时，an=Sn－Sn－1=9－6n,∴an=9－6n.考题剖析(2)∵bn=()n-1,cn=anbn=(3－2n)()n,∴Tn=c1+c2+…+cn=－()2－…－(3－2n)()n,利用错位相减法，得Tn=(2n+1)()n－1.考题剖析61212121212121Tn+1=(2n+1)（）n＞0,Tn+1+1=(2n+3)（）n+1＞0,∴=＞1，∴Tn+1+1＜Tn+1,∴Tn+1＜Tn＜…＜T1=.存在最大值T1=.21212121111nnTT［点评］本题综合考查了函数与数列的基本知识，考查了等差数列，等比数列的基本知识及错位相减求和法.考题剖析1)21)(32()21)(12(nnnn6.已知函数f(x)=(x＜－2).(1)求f(x)的反函数f-1(x)；(2)设a1=1,=－f-1(an)(n∈N*),求an；(3)设Sn=++…+，bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn＜成立？若存在，求出m的值；若不存在,说明理由.412x11na21a22anna25m考题剖析［分析］第(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；第(3)问运用了函数的思想.11na412na121nana21考题剖析21na［解析］(1)设y=,∵x＜－2,∴x=－,即y=f-1(x)=－(x＞0)(2)∵=,∴－=4，∴{}是公差为4的等差数列，∵a1=1,=+4(n－1)=4n－3,∵an＞0,∴an=.412x214y214x11na341n考题剖析21na21na211a21na211na214na(3)bn=Sn+1－Sn==,由bn＜,得m＞,设g(n)=,∵g(n)=在n∈N*上是减函数，∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m＞5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn＜成立.141n25m1425n25m考题剖析21na1425n1425n［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.考题剖析21na