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【拿高分,选好题第二波】(新课程)高中数学二轮复习精选《必考问题11 数列的综合应用》课件 新人教版


必考问题11 数列的综合应用 问题

1.(2012· 湖 北 ) 定义在(-∞,0)∪(0,+∞ )上的函数f(x),如

果对于任意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则
称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0 , +∞)上的如下函数:①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)=;④ f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为 ( ).

A.①②
C.①③

B.③④
D.②④

答案:C

2 f?an+1? an +1 [设数列{an}的公比为q.对于①, = a2 =q2是 f?an? n

f?an+1? 2an+1 常数,故①符合条件;对于②, = 2a =2an+1-an,不 f?an? n f?an+1? |an+1| 是常数,故②不符合条件;对于③, = = f?an? |an| an+1 an

f?an+1? ln|an+1| = q ,是常数,故③符合条件;对于④, = ln|a | ,不 f?an? n 是常数,故④不符合条件.由“保等比数列函数”的定义知应 选C.]

2.(2012· 浙 江 )设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n项和,则下列命题错误的是 ( ).

A.若d<0,则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项,则d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0 D.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列

答案:C

[A、B、 D 均正确,对于C,若首项为- 1 ,d=2时

就不成立.]

an 3.(2010· 辽宁)已知数列{an}满足a1=33,an+1-an=2n,则 n 的最小值为 17 A. 2 C.10 21 B. 2 D.21 ( ).

答案:B [在an+1-an=2n中,令n=1,得a2-a1=2;令n=2 得,a3-a2=4,?,an-an-1=2(n-1).把上面n-1个式子相 ?2+2n-2??n-1? 2 加,得an-a1=2+4+6+?+2(n-1)= = n 2 an 33 -n,∴an=n -n+33,∴ n =n+ n -1,又n∈N*,n≥1.∴
2

an 21 当n=6时, n 有最小值 2 .]

4.(2011· 江 苏 )设1=a1≤a2≤?≤a7,其中a1,a3,a5,a7成 公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1的等差数列,则 q的最小值是________.

解析

由题意知a3=q,a5=q2,a7=q3且q≥1,a4=a2+1,a6
2 3

=a2+2且a2≥1,那么有q ≥2且q ≥3.故q= 3 ,即q的最小值 为 3. 答案 3 3 3

3

1.以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等 比数列的简单交汇.

2.解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇,
还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等,深 度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩 法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想, 试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点.

1.数列试题形式多样,时常有新颖的试题入卷,学生时常感 觉难以把握,为了在高考中取得好成绩,必须复习、掌握 好数列这一板块及其相关的知识技能,了解近几年来高考

中对解数列试题的能力考查的特点,掌握相关的应对策略,
以提高解决数列问题的能力.

2.近几年高考中一些难题均是以高等数学的某些知识为背景 而用初等数学的语言表述的试题.这就启示我们在复习备 考时,要在高等数学与初等数学的衔接点上多下工夫,要

提高将陌生问题转化、化归为熟知问题的能力.复习时要
抓住主流综合,同时做到不忽视冷门、新型综合.

必 备 知 识 方 法

必备知识 在数列求和时,为了证明的需要,需合理变形,常用到放 缩法,常见的放缩技巧有: 1 ? 1 1 1? ? 1 (1)k2< 2 =2?k-1-k+1? . ? k -1 ? ? 1 1 1 1 1 (2)k- < 2< - . k k+1 k-1 k+1 1 (3)2( n+1- n)< <2( n- n-1). n

数列是特殊的函数,是定义在正整数集上的一列函数 值.通项公式及求和公式揭示了项和项数的依赖关系的本 质属性.用“函数与方程”的思想解决数列中的综合问 题,通常有如下情形:

(1)用等差数列中的公差为“斜率”的意义沟通关系解题.
(2)用等差数列的前n项和为项数n的二次函数解题. (3)用函数观点认识数列的通项,用函数单调性的定义研究 数列的增减性解决最值问题. (4)通项公式求解中方程思想的应用. (5)应用问题中方程思想的应用.

必备方法 1.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和,特别是既 不是等差、等比数列,也不是等差乘等比的数列求和,要 利用不等式的放缩法,放缩为等比数列求和、错位相减法

求和、裂项相消法求和,最终归结为有限项的数式大小比
较.

2.解答数列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.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, 然后再利用数列知识和方法求解.

热 点 命 题 角 度

数列与新背景、新定义的综合问题
该类问题出题背景广、新颖,解题的关键是读懂题意, 有效地将信息转化,能较好地考查学生分析、解决问题的能力 和知识的迁移能力,以客观题或解答题的形式出现,属于低中

档题.

【例1】?

(1)已知f(1,1)=1,f(m,n)∈N*(m,n∈N*),且对任

意m,n∈N*,都有: ①f(m,n+1)=f(m,n)+2;②f(m+1,n)=2f(m,n). 给出以下三个结论: (i)f(1,5)=9;(ii)f(5,1)=16;(iii)f(5,6)=26. 其中正确结论的个数是 A.3 B.2 C.1 D.0 ( ).

(2)在直角坐标平面内,已知点P1(1,2),P2(2,22), → → P3(3,2 ),?,Pn(n,2 ),?.若n为正整数,则向量 P1P2 + P3P4
3 n

→ +P5P6+?+P2n-1P2n的纵坐标为________. [审题视点] (1)由f(m,n+1)=f(m,n)+2可知f(m,n+1)与

f(m,n)的公差为2,由f(m+1,n)=2f(m,n)可知f(m+1,n) 与f(m,n)的公比为2. (2)由PkPk+1=(k+1-k,2k+1-2k)=(1,2k)可求解. [听课记录]

解析 9.

(1)由f(1,1)=1,f(m,n+1)=f(m,n)+2,可得f(1,5)=

由f(1,1)=1,f(m+1,n)=2f(m,n),可得f(5,1)=16, 由f(5,1)=16,f(m,n+1)=f(m,n)+2,可得f(5,6)=26. (2)PkPk+1=(k+1-k,2
k+1

→ → → -2 )=(1,2 ),于是 P1P2 + P3P4 + P5P6
k k

n 2 ? 1 - 4 ? 2 3 5 2n-1 +?+P2n-1P2n的纵坐标为2+2 +2 +?+2 = =3 1-4

(4n-1). 答案 (1)A 2 n (2)3(4 -1)

解决数列与新背景、新定义的综合问题,可通过

对新数表、图象、新定义的分析和探究,将问题转化为等差
(比)数列的问题.

【突破训练1】

(2012· 东北三校二模)已知{an}是等差数列,Sn
000,O为坐标原点,点P(1,an),

为其前n项和,若S21=S4

→ → 点Q(2 011,a2 011),则OP· OQ= A.2 011 B.-2 011 C.0 D.1

(

).

答案:A [设Sn=An2+Bn,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n- 1)A+B,由S21=S4
000,知4

021 A+B=0,所以a2

011=0,

→ → OP· OQ=2 011+an×a2 011=2 011,故选A.]

数列与函数的综合问题
由于数列与函数的联系密切,近几年高考在数列与函数 的综合命题有加强的趋势,常考查以函数为背景的数列问题,

该类问题的知识综合性比较强,能很好地考查逻辑推理能力和
运算求解能力.需掌握与函数、函数性质等相关方面的知识, 难度较大.

【例2】? (2012· 陕西五校联考)已知函数f(x)=x2-2(n+1)x+n2 +5n-7. (1)设函数y=f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an},求 证:{an}为等差数列; (2)设函数y=f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列 {bn},求{bn}的前n项和Sn.

[审题视点] (1)配方可求顶点的纵坐标,再用定义可证;

(2)由bn=|an|知分类求和.
[听课记录]

(1)证明

∵f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7=[x-(n+1)]2+3n

-8,∴an=3n-8,∴an+1-an=3(n+1)-8-(3n-8)=3,∴ 数列{an}为等差数列. (2)解 由题意知,bn=|an|=|3n-8|,

∴当1≤n≤2时,bn=8-3n, n?b1+bn? n[5+?8-3n?] 13n-3n2 Sn=b1+?+bn= = = . 2 2 2 当n≥3时,bn=3n-8,

Sn=b1+b2+b3+?+bn=5+2+[1+4+?+(3n-8)] ?n-2?[1+?3n-8?] =7+ 2 3n2-13n+28 = , 2
2 13 n - 3 n ? ? ,1≤n≤2. 2 ? ∴Sn=? 2 ?3n -13n+28 ,n≥3. ? 2 ?

解决此类问题时主要注意把握好以下两点:

(1)正确审题,深抠函数的性质与数列的定义;
(2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征.

【突破训练2】

(2012· 潍坊二模)已知函数f(x)=(x-1)2,数列

{an}是各项均不为0的等差数列,点(an+1,S2n-1)在函数 3n-1 f(x)的图象上;数列{bn}满足bn= . 4 (1)求an; an (2)若数列{cn}满足cn= n-1 ,求数列{cn}的前n项和. 4 · bn



(1)因为点(an+1,S2n-1)在函数f(x)的图象上,

所以a2 n=S2n-1. 令n=1,n=2,得
2 ? ?a1=a1, ? 2 ? ? a + d ? =3a1+3d, ? 1 2 ? ?a1=S1, ? 2 ? ?a2=S3,



① ②

由①知a1=0或a1=1,∵a1≠0,∴a1=1.代入②解得d=-1或d =2,又d=-1时,a2=0不合题意,∴d=-1(舍去),∴d=2. 即an=2n-1.

2n-1 2n-1 an (2)由(1)得cn= n-1 = = - . 4 · bn n-1 3n-1 3n 1 4 · 4 令Tn=c1+c2+c3+?+cn, 2n-3 2n-1 1 3 5 则Tn= 0+ 1+ 2+?+ n-2 + n-1 ,① 3 3 3 3 3 2n-3 2n-1 1 1 3 5 3Tn=31+32+33+?+ 3n-1 + 3n ,② 2n-1 2 1 2 2 2 2 ①-②得,3Tn=30+31+32+33+?+ n-1- 3n 3

1- n-1 3 2n-1 2n-1 2?n+1? 2 1 =1+ · - n =2- n-1- n =2- . 3 1 3 3 3n 3 1- 3 n+1 所以Tn=3- n-1 . 3

1

数列与不等式的综合问题
常考查:①以数列为载体,比较两项的大小或证明不等 式;②以数列为载体,利用不等式恒成立求参数.在解答时需 要我们抓住本质,进行合理变形、求和,再结合与不等式有关 的知识求解,试题难度较大.

【例3】?(2011· 广东)设b>0,数列{an}满足a1=b,an= nban-1 (n≥2). an-1+n-1 (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对于一切正整数n,2an≤bn 1+1.


[审题视点] 数列求解.

(1)对所给递推关系式变形(取倒数)后构造等比

(2)利用基本不等式放缩. [听课记录]

(1)解

nban-1 n 1 1 n-1 由a1=b>0,知an= >0, = + . an b b an-1 an-1+n-1

n 1 令An=a ,A1=b.当n≥2时, n 1 1 1 1 1 1 1 1 An= + An-1= +?+ n-1+ n-1A1= +?+ n-1+ n. b b b b b b b b 1 1 bn-1 b1-bn ①当b≠1时,An= 1 =bn?b-1?; 1-b ?nbn?b-1? ? n ,b≠1. b - 1 ②当b=1时,An=n.所以an=? ? ?1,b=1

(2)证明 当b≠1时,欲证2an=
n b -1 n n+1 2nb ≤(b +1) . b-1

2nbn?b-1? bn-1

≤bn+1+1,只需证

n b -1 n+1 因为(b +1) =b2n+b2n-1+?+bn+1+bn-1+bn-2+?+1= b-1

b

n

? ? 1 ? 1? ? 1? n -1 ? ? n ?b + n ? + ?b + n-1? +?+ ?b+ ? >bn(2+2+?+2)=2nbn, b? ? b? b ? ? ?

2nbn?b-1? 所以2an= <1+bn+1. n b -1 当b=1,2an=2=bn+1+1.综上所述,2an≤bn+1+1.

与数列有关的不等式证明常用的方法有:比较 法(作差、作商)、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法证

明,其中利用不等式放缩证明是一个热点,常常出现在高考的
压轴题中,是历年命题的热点.利用放缩法解决“数列+不等 式”问题通常有两条途径:一是先放缩再求和,二是先求和再 放缩.

【突破训练3】 (2012· 日照一模)已知各项均不相等的等差数列 {an}的前四项和S4=14,a3是a1,a7的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Tn为数列
? ? 1 ? ? ? ? ? ?anan+1? ?

1 的前n项和,若Tn≤ λ an+1对一切n∈

N*恒成立,求实数λ的最大值.

解 (1)设公差为d,由已知得,
? ?4a1+6d=14, ? 2 ? ? a + 2 d ? =a1?a1+6d?, ? 1

解得d=1或d=0(舍去),

∴a1=2,故an=n+1. 1 1 1 1 (2)∵ = = - , anan+1 ?n+1??n+2? ?n+1? ?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn=2-3+3 -4+?+ - =2- = ,∵ n+1 n+2 n+2 2?n+2? 1 n 1 Tn≤ an+1,∴ ≤ (n+2), λ 2?n+2? λ

2?n+2?2 4 4 即λ≤ =2n+ n +4,又2n+ n +4≥2×(4+4)=16,∴λ n 的最大值为16.

阅 卷 老 师 叮 咛

熟练掌握数列探索性问题的解法 数列探索性问题的一般题型及解法: (1) 结论探索型问题:一般是在给定题设条件下探求结

论,它要求我们在对题设条件或图形认真分析的基础上,进行
归纳,大胆猜想,然后通过推理、计算获得结论; (2) 存在探索型问题:这类问题是在题设条件下探索相应 的数学对象是否存在,它要求我们充分利用题设条件,通常是 先在“假设对象存在”的前提下,根据条件进行计算或推理,

从而对“是否存在的数学对象”作出正确推断.

【示例】? (2010·湖南)给出下面的数表序列:

其中表n(n=1,2,3,?)有n行,第1行的n个数是1,3, 5,?,2n-1,从第2行起,每行中的每个数都等于它肩

上的两数之和.

(1)写出表4,验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构 成等比数列,并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明); (2)每个数表中最后一行都只有一个数,它们构成数列 bn+2 b3 b4 1,4,12,?,记此数列为{bn},求和:b b +b b +?+ bnbn+1 1 2 2 3 (n∈N*).

[满分解答] (1)表4为

(3分)

它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是 4,8,16,32,它们构成首
项为4,公比为2的等比数列. 将这一结论推广到表n(n≥3),

即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项 为n,公比为2的等比数列.(5分) 简证如下(对考生不作要求): 首先,表n(n≥3)的第1行1,3,5,?,2n-1是等差数列,其平 1+3+?+?2n-1? 均数为 =n;其次,若表n的第k(1≤k≤n-1) n 行a1,a2,?,an-k+1是等差数列,则它的第k+1行(a1+a2,a2 +a3,?,an-k+an-k+1也是等差数列,由等差数列的性质知, 表n的第k行中的数的平均数与第k+1行)中的数的平均数分别 a1+an-k+1 a1+a2+an-k+an-k+1 是 , =a1+an-k+1. 2 2

由此可知,表n(n≥3)各行中的数都成等差数列,且各行中的 数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n,公比为2的等比数 列. (2)表n的第1行是1,3,5,?,2n-1,其平均数是 1+3+5+?+?2n-1? =n,(7分) n 由(1)知,它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首 项为n,公比为2的等比数列(从而它的第k行中的数的平均数是 n· 2k-1),于是,表n中最后一行的唯一一个数为bn=n· 2n-1.因 此:

bk+2 ?k+2?2k+1 k+2 = k-1 = bkbk+1 k· 2 · ?k+1?· 2k k?k+1?· 2k-2 2?k+1?-k 1 1 = = k-3- (k=1,2,3,?,n),(9分) k?k+1?· 2k-2 k· 2 ?k+1?· 2k-2
? 1 1 ? 1 1 ? bn+2 ? b3 b4 ? ? ? 故 + +?+ = ?1×2-2-2×2-1? + ?2×2-1-3×20? ? b1b2 b2b3 bnbn+1 ? ? ? ?

+?+

? ? 1 1 ? ? - - - n 3 n 2 ?n×2 ?= ? n + 1 ? × 2 ? ?

1 1 - =4- 1×2-2 ?n+1?×2n-2 (12分)

1 n-2. ?n+1?×2

老师叮咛:探索性问题,还要注意合情推理的应用.如第?1?问 写出表4,就用到了类比推理,验证表4各行中数的平均数按从 上到下的顺序构成等比数列并将结论推广到表n?n≥3?就用到 了归纳推理.在训练时,要注意这两种推理的特点,能有意识 地加以运用到数学的相关题目,前一问是后一问的基础和台 阶,起到提醒考生下一问的思路的作用,如本例中的第?1?问 就能提醒考生先求出第?2?问中bn,进而想到考虑一般表达式 的特点,从而求出和.

1 【试一试】 (2012· 山东东营一模)已知数列{an}中,a1= ,点 2 (n,2an+1-an)在直线y=x上,其中n=1,2,3,?. (1)令bn=an+1-an-1,求证数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项; (3)设Sn、Tn分别为数列{an}、{bn}的前n项和,是否存在实 数λ,使得数列
? ?Sn+λTn? ? ? ? ? n ? ? ?

为等差数列?若存在,请求出λ.若

不存在,则说明理由.

(1)证明

1 由已知得a1=2,2an+1=an+n,

3 3 1 3 ∴a2=4,a2-a1-1=4-2-1=-4, 又bn=an+1-an-1,bn+1=an+2-an+1-1, an+1+?n+1? an+n - -1 bn+1 an+2-an+1-1 2 2 bn = an+1-an-1 = an+1-an-1 an+1-an-1 2 1 = =2 an+1-an-1

3 1 ∴{bn}是以- 为首项,以 为公比的等比数列. 4 2 (2)解 3 ?1?n-1 3 1 ? ? 由(1)知,bn=- × 2 =- × n, 4 ? ? 2 2

3 1 3 1 ∴an+1-an-1=- × n,∴a2-a1-1=- × , 2 2 2 2 3 1 3 1 a3-a2-1=-2×22,??∴an-an-1-1=-2× n-1, 2 将以上各式相加得:

1 1 ? 3? ?1 ∴an-a1-(n-1)=- ?2+22+?+2n-1? ?, 2? ? 1 ? 1? ? ? 1 - - 2n 1? 3 2? ? ? ∴an=a1+n-1-2× 1 1-2 1 ? 1 3? 3 ? ? 1 - =2+(n-1)-2? 2n-1?=2n+n-2. ? ? 3 ∴an= n+n-2. 2

(3)解

? ?Sn+λTn? ? ?是等差数列. 存在λ=2,使数列? ? ? n ? ?

?1 1 1? ∵Sn=a1+a2+?+an=3?21+22+?+2n?+(1+2+?+n)-2n ? ?

1? 1? ?1- n? ? 2 ? n?n+1? 2? 1 ? n2-3n =3× + -2n=3?1-2n?+ 1 2 2 ? ? 1-2
2 3 n -3n =-2n+ 2 +3.

1? 3? -4?1-2n? 1? 3? ? ? ?1- n? Tn=b1+b2+?+bn= =- 1 2? 2 ? 1- 2 3 3 =- + n+1. 2 2

数列

? ?Sn+λTn? ? ? ? ? n ? ? ?

Sn+λTn 是等差数列的充要条件是 =An+B,(A、B n

是常数)即Sn+λTn=An2+Bn,
2 ? 3 3 ? 3 n -3n ? 又Sn+λTn=-2n+ 2 +3+λ?-2+2n+1? ? ? ?

n2-3n ? λ ?? 1? = 2 +3?1-2??1-2n?
? ?? ? ? ?Sn+λTn? ? λ ? ?为等差数列. ∴当且仅当1-2=0,即λ=2时,数列 ? n ? ? ?


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拿高分,选好题第二波(新课程)高中数学二轮复习精选《必考问题7 三角恒等变换与...的正弦 值(余弦值),求角的大小;③正弦定理、余弦定理的综合应用. 【例 2】...
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【拿高分,选好题】高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分 《必考问题13 ...二要用分 析与综合相结合的方法来寻找证明的思路;三要注意表述规范,推理严谨,...
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