2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題三 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用教學(xué)案

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1、 第2講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 [考情考向·高考導(dǎo)航] 1.已知數(shù)列遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式,主要考查利用an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式,利用累加法、累乘法及構(gòu)造法求通項(xiàng)公式,主要以選擇題、填空題的形式考查,有時(shí)作為解答的第(1)問考查,難度中等. 2.?dāng)?shù)列求和常與數(shù)列綜合應(yīng)用一起考查,常以解答題的形式考查,有時(shí)與函數(shù)不等式綜合在一起考查,難度中等偏上. [真題體驗(yàn)] 1.(2018·全國Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn=2an+1,則S6=________. 解析:當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a1+1,∴a1=-1. 當(dāng)n≥2時(shí),Sn=2an+1 ① Sn-1=2an-1

2、+1 ② ①-②得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,∴an=2an-1 即=2,∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為-1,公比為2的等比數(shù)列, ∴S6==-63. 答案:-63 2.(2019·天津卷)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*). 解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,依題意,得解得故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n. 所以,{an}

3、的通項(xiàng)公式為an=3n,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=3n. (2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn) =+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n) =3n2+6×(1×31+2×32+…+n×3n). 記Tn=1×31+2×32+…+n×3n, ① 則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,② ②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=. 所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3× =(n∈N*). [主

4、干整合] 1.?dāng)?shù)列通項(xiàng) (1)數(shù)列通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn的關(guān)系,an= (2)應(yīng)用an與Sn的關(guān)系式f(an,Sn)=0時(shí),應(yīng)特別注意n=1時(shí)的情況,防止產(chǎn)生錯(cuò)誤. 2.?dāng)?shù)列求和 (1)分組轉(zhuǎn)化求和:一個(gè)數(shù)列既不是等差數(shù)列,也不是等比數(shù)列,若將這個(gè)數(shù)列適當(dāng)拆開,重新組合,就會(huì)變成幾個(gè)可以求和的部分,分別求和,然后再合并. (2)錯(cuò)位相減法:主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和,其中{an},{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列. (3)裂項(xiàng)相消法:即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)差的形式,然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的方法,裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列,

5、c為常數(shù))的數(shù)列. 熱點(diǎn)一 求數(shù)列的通項(xiàng)公式 [例1] (1)(2020·臨沂模擬)在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=an+ln,則an等于(  ) A.2+ln n         B.2+(n-1)ln n C.2+nln n D.1+n+ln n (2)(2020·成都模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a1=,Sn=n2an(n∈N).則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為____________. [解析] (1)由已知,an+1-an=ln,a1=2, 所以an-an-1=ln(n≥2), an-1-an-2=ln, … a2-a1=ln, 將以上n-1

6、個(gè)式子疊加,得 an-a1=ln+ln+…+ln =ln =ln n. 所以an=2+ln n(n≥2), 經(jīng)檢驗(yàn)n=1時(shí)也適合.故選A. (2)由Sn=n2an,(ⅰ)得 當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=(n-1)2an-1,(ⅱ) (ⅰ)-(ⅱ),得an=n2an-(n-1)2an-1(n≥2,n∈N*), 所以(n+1)an=(n-1)an-1,即=(n≥2), 因?yàn)閍1····…·=×××·…·=, 又a1=,符合上式,所以an=. [答案] (1)A (2)an= 1.?dāng)?shù)列{an}中,an與Sn的關(guān)系 an= 2.求數(shù)列通項(xiàng)的常用方法 (1)公式法:利用等差

7、(比)數(shù)列求通項(xiàng)公式. (2)在已知數(shù)列{an}中,滿足an+1-an=f(n),且f(1)+f(2)+…+f(n)可求,則可用累加法求數(shù)列的通項(xiàng)an. (3)在已知數(shù)列{an}中,滿足=f(n),且f(1)·f(2)·…·f(n)可求,則可用累積法求數(shù)列的通項(xiàng)an. (4)將遞推關(guān)系進(jìn)行變換,轉(zhuǎn)化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列). (1)數(shù)列{an}中,a1=1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且滿足=1(n≥2).則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________________. 解析:由已知,當(dāng)n≥2時(shí),=1, 所以=1,即=1, 所以-=.又S1=a1=1, 所以數(shù)列是首項(xiàng)為1

8、,公差為的等差數(shù)列. 所以=1+(n-1)=,即Sn=. 所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=-=-. 因此an= 答案:an= (2)各項(xiàng)均不為0的數(shù)列{an}滿足=an+2an(n∈N*),且a3=2a8=,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為____________. 解析:因?yàn)椋絘n+2an,所以an+1an+an+1an+2=2an+2an. 因?yàn)閍nan+1an+2≠0,所以+=, 所以數(shù)列為等差數(shù)列. 設(shè)數(shù)列的公差為d,則=+(8-3)d. 因?yàn)閍3=2a8=,所以d=1,又=-2d=3,所以數(shù)列是以3為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列. ∴=3+(n-1)×1=n+2,∴

9、an=. 答案:an= 熱點(diǎn)二 數(shù)列求和問題 裂項(xiàng)相消法求和 [例2-1] (2018·天津卷)設(shè){an}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),{bn}是等差數(shù)列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*). ①求Tn; ②證明∑n,k=1 =-2(n∈N*). [解] (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因?yàn)閝>0,可得q=2,故an=2n-1. 設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d,由a4=b3+b

10、5,可得b1+3d=4,由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,從而b1=1,d=1,故bn=n. 所以,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n. (2)①由(1),有Sn==2n-1,故 Tn=-n =2n+1-n-2. ②證明:因?yàn)? = ==-, 所以,∑n,k=1 =++…+=-2. 錯(cuò)位相減法求和 [例2-2] (2018·浙江卷)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng),數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n. (1)求q的值;

11、(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. [解析] (1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng)得 a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28, 解得a4=8. 由a3+a5=20得 8=20, 解得q=2或q=, 因?yàn)閝>1,所以q=2. (2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和為Sn. 由cn= 解得cn=4n-1. 由(1)可得,an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)·n-1, 故bn-bn-1=(4n-5)·n-2,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(

12、4n-5)·n-2+(4n-9)·n-3+…+7·+3. 設(shè)Tn=3+7·+11·2+…+(4n-5)·n-2,n≥2, Tn=3·+7·2+…+(4n-9)·n-2+(4n-5)·n-1, 所以Tn=3+4·+4·2+…+4·n-2-(4n-5)·n-1, 因此Tn=14-(4n+3)·n-2,n≥2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·n-2. 數(shù)列求和的常用方法 1.利用裂項(xiàng)相消法求和的注意事項(xiàng) (1)抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng),也有可能前面剩兩項(xiàng),后面也剩兩項(xiàng);或者前面剩幾項(xiàng),后面也剩幾項(xiàng); (2)裂項(xiàng)相消求和法是數(shù)列求和的重要方法之一,其基本形

13、式為:若{an}是等差數(shù)列且an≠0,則 ++…+=. 2.用錯(cuò)位相減法求和時(shí)應(yīng)注意的兩點(diǎn) (1)要善于識(shí)別題目類型,特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的數(shù)列; (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對齊”,以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn-qSn”的表達(dá)式. 3.并項(xiàng)求和法 一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可兩兩結(jié)合求解,則稱為并項(xiàng)求和.形如an=(-1)nf(n)類型,可采用并項(xiàng)求和. (1)(2020·長沙模擬)正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足:S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.設(shè)bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為____________________. 解析:

14、由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0, 由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列,所以Sn+1>0. 所以Sn=n2+n(n∈N*). n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n, n=1時(shí),a1=S1=2適合上式. ∴an=2n(n∈N*). 即bn== = Tn= = 答案: (2)已知an=若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為____________. 解析:因?yàn)閍nbn=log3an,所以b1=, 當(dāng)n>1時(shí),bn=3(1-n)log33n-1=(n-1)·31-n. 所以T1=b1=; 當(dāng)

15、n>1時(shí),Tn=b1+b2+b3+…+bn=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n), 所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n), 兩式相減,得2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=+-(n-1)×31-n=-, 所以Tn=-.經(jīng)檢驗(yàn),n=1時(shí)也適合. 綜上可得Tn=-. 答案:- 熱點(diǎn)三 數(shù)列與函數(shù)不等式的交匯創(chuàng)新 [例3] (2019·桂林三模)已知函數(shù)f(x)的圖象過定點(diǎn)(1,1),且對任意的實(shí)數(shù)x1,x2∈R,都有f(x1+x2)=1+f(x1)+f(x2). (1)證明數(shù)列(n∈N*)為等比數(shù)列

16、; (2)若bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,不等式T2n-Tn>log2(x+1)(n≥2,n∈N*)恒成立,求實(shí)數(shù)x的取值范圍. [審題指導(dǎo)] (1)先令x1=x2=,再證明數(shù)列(n∈N*)為等比數(shù)列;(2)先求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,再求和,根據(jù)T2n-Tn的單調(diào)性求出最小項(xiàng),最后求實(shí)數(shù)x的取值范圍. [解析] (1)令x1=x2=,則f=1+f+f,即f=1+2f, 則f+1=2, 令x1=x2=,則f(1)=1+2f=1,得f=0,所以數(shù)列是等比數(shù)列,公比為,首項(xiàng)為1. (2)由題意知函數(shù)f(x)的圖象過定點(diǎn)(1,1), 所以f(1)=1. 令x1=n,x2=1, 則

17、f(n+1)=1+f(1)+f(n), 即f(n+1)=f(n)+2, 則{f(n)}是等差數(shù)列,公差為2,首項(xiàng)為1, 故f(n)=1+(n-1)·2=2n-1. 因?yàn)閎n=,所以bn==. 設(shè)g(n)=T2n-Tn=bn+1+bn+2+…+b2n=++…+, 則g(n+1)-g(n)=+-=>0, 所以{g(n)}是遞增數(shù)列,g(n)min=g(2)=+=, 從而log2(x+1)<,即log2(x+1)<2,則解得x∈(-1,3), 所以實(shí)數(shù)x的取值范圍為(-1,3). 1.求解數(shù)列與函數(shù)交匯問題注意兩點(diǎn):(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù),其定義域是正整數(shù)集(或它的有限子

18、集),在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時(shí)要特別重視;(2)解題時(shí)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件. 2.?dāng)?shù)列為背景的不等式恒成立、不等式證明,多與數(shù)列的求和相聯(lián)系,最后利用數(shù)列或數(shù)列對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性處理. (2019·淮南二模)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,點(diǎn)(an,Sn)在y=-x的圖象上(x∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若c1=0,且對任意正整數(shù)n都有cn+1-cn=logan,求證:對任意正整數(shù)n≥2,總有≤+++…+<. 解:(1)∵Sn=-an, ∴當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=an-1-an, ∴an=an-1, 又∵S1=-a1,∴a

19、1=, ∴an=n-1=2n+1. (2)證明:由cn+1-cn=logan=2n+1,得當(dāng)n≥2時(shí), cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn-cn-1)=0+3+5+…+(2n-1)=n2-1=(n+1)(n-1). ∴+++…+=+++…+=× = =-<. 又∵+++…+≥=,∴原式得證. 限時(shí)50分鐘 滿分76分 一、選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 1.(2020·重慶七校聯(lián)考)若數(shù)列{an}滿足-=0,則稱{an}為“夢想數(shù)列”.已知正項(xiàng)數(shù)列為“夢想數(shù)列”,且b1+b2+b3=1,則b6+b7+b8=(  ) A.4   

20、  B.16     C.32     D.64 解析:C [由-=0可得an+1=an,故{an}是公比為的等比數(shù)列,故是公比為的等比數(shù)列,則{bn}是公比為2的等比數(shù)列,b6+b7+b8=(b1+b2+b3)×25=32,故選C.] 2.(2020·江西省五校協(xié)作體考試)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若an+Sn=2n,2bn=2an+2-an+1,則++…+=(  ) A. B. C. D. 解析:D [因?yàn)閍n+Sn=2n?、伲詀n+1+Sn+1=2n+1?、冢?/p>

21、-①得2an+1-an=2n,所以2an+2-an+1=2n+1.又2bn=2an+2-an+1=2n+1,所以bn=n+1,==-,則++…+=1-+-+…+-=1-=,故選D.] 3.(2020·廣東省六校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n.設(shè)bn=,Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,若Sn<λ(λ為常數(shù),n∈N*),則λ的最小值是(  ) A. B. C. D. 解析:C [a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n,① 當(dāng)n≥2時(shí),a

22、1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(2n-3)·3n-1,② ①-②得,nan=4n·3n-1(n≥2),即an=4·3n-1(n≥2).當(dāng)n=1時(shí),a1=3≠4,所以an= bn= 所以Sn=+++…+=++++…+,③ Sn=++++…++,④ ③-④得,Sn=++++…+-=+-, 所以Sn=-<,所以易知λ的最小值是,故選C.] 4.(2019·青島三模)已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù),例如:12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12,則f(12)=3;21的因數(shù)有1,3,7,21,則f(21)=21,那么∑100,i=51f(i)的值為(  ) A.

23、2 488 B.2 495 C.2 498 D.2 500 解析:D [由f(n)的定義知f(n)=f(2n),且若n為奇數(shù)則f(n)=n, 則∑100,i=1f(i)=f(1)+f(2)+…+f(100) =1+3+5+…+99+f(2)+f(4)+…+f(100) =+f(1)+f(2)+…+f(50) =2 500+∑50,i=1f(i), ∴∑100,i=51f(i)=∑100,i=1f(i)-∑50,i=1f(i)=2 500.] 5.(2019·深圳二模)已知數(shù)列{an}滿足2a1+22a2+…+2n

24、an=n(n∈N*),數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則S1·S2·S3·…·S10=(  ) A. B. C. D. 解析:C [∵2a1+22a2+…+2nan=n(n∈N*),∴2a1+22a2+…+2n-1an-1=n-1(n≥2),∴2nan=1(n≥2),當(dāng)n=1時(shí)也滿足,故an=,故===-,Sn=1-+-+…+-=1-=,∴S1·S2·S3·…·S10=×××…××=,選C.] 6.(2019·濰坊三模)已知等差數(shù)列{an}中公差d≠0,a1=1,a1,a2,a5成等比數(shù)列,且a1,a

25、2,ak1,ak2,…,akn成等比數(shù)列,若對任意的n∈N*,恒有≤(m∈N*),則m=(  ) A.0 B.1 C.2 D.1或2 解析:D [由已知可得,a=a1·a5,即(1+d)2=1·(1+4d),又d≠0,解得d=2,所以an=2n-1.因?yàn)閍1,a2,ak1,ak2,…,akn成等比數(shù)列,所以2kn-1=3n+1.令bn==,設(shè)數(shù)列{bn}中的最大項(xiàng)為bl,故滿足解得1≤l≤2,即數(shù)列{bn}中的最大項(xiàng)為b1,b2,所以m=1或2.] 二、填空題(本大題共2小題,每小題5分,共10分) 7.(2

26、019·昆明三模)已知數(shù)列{an}中,a1=a2=1,an+2=則數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為________. 解析:由題意可知,數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列,數(shù)列{a2n-1}是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列,故數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為+10×1+×2=1 123. 答案:1 123 8.(2019·山師附中質(zhì)檢)將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多1項(xiàng)的規(guī)則排成如下數(shù)陣: a1 a2,a3 a4,a5,a6 a7,a8,a9,a10 …… 記數(shù)陣中的第1列數(shù)a1,a2,a4,…,構(gòu)成的數(shù)列為{bn},Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,若Sn=2bn-1,

27、則a56=________. 解析:當(dāng)n≥2時(shí),∵Sn=2bn-1,∴Sn-1=2bn-1-1,∴bn=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1(n≥2且n∈N*),∵b1=2b1-1,∴b1=1,∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列,∴bn=2n-1. 設(shè)a1,a2,a4,a7,a11,…的下標(biāo)1,2,4,7,11,…構(gòu)成數(shù)列{cn},則c2-c1=1,c3-c2=2,c4-c3=3,c5-c4=4,…,cn-cn-1=n-1,累加得,cn-c1=1+2+3+4+…+(n-1),∴cn=+1,由cn=+1=56,得n=11,∴a56=b11=210=1 024. 答案:1 024

28、 三、解答題(本大題共3小題,每小題12分,共36分) 9.(2020·鄭州三測)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,2an·an+1+an+1-an=0,數(shù)列{bn}滿足bn=. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,問:是否存在n,使得Sn的值是? 解析:(1)因?yàn)?an·an+1+an+1-an=0, 所以an+1=, -=-=2, 由等差數(shù)列的定義可得是首項(xiàng)為=1,公差為d=2的等差數(shù)列. 故=1+2(n-1)=2n-1,所以an=. (2)由(1)得bn=, 所以Sn=++…+, 兩邊同乘以得,Sn=++…+, 兩式相減得Sn=+

29、2-, 即Sn=+2×-=--, 所以Sn=3-. 因?yàn)镾n+1-Sn=-=>0,所以數(shù)列{Sn}是關(guān)于項(xiàng)數(shù)n的遞增數(shù)列,所以Sn≥S1=,因?yàn)椋迹圆淮嬖趎,使得Sn=. 10.(2019·武漢二模)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an=()bn(n∈N*).若{an}為等比數(shù)列,且a1=2,b3=6+b2. (1)求an與bn; (2)設(shè)cn=-(n∈N*).記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn. ①求Sn; ②求正整數(shù)k,使得對任意n∈N*均有Sk≥Sn. 解析:(1)由題意a1a2a3…an=()bn,b3-b2=6,知a3=()b3-b2=8. 又由a1=

30、2,得公比q=2(q=-2舍去), 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=2n(n∈N*). 所以,a1a2a3…an=2=()n(n+1). 故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn=n(n+1)(n∈N*). (2)①由(1)知cn=-=-(n∈N*), 所以Sn=-(n∈N*). ②因?yàn)閏1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 當(dāng)n≥5時(shí), cn=, 而-=>0, 即數(shù)列當(dāng)n≥5時(shí)是遞減的. 所以≤<1, 所以,當(dāng)n≥5時(shí),cn<0. 綜上,對任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4. 11.(文)(2020·浙江三地市聯(lián)考)已知數(shù)列{bn}滿足3(n+1)bn=nbn+1,且b1=

31、3. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (2)已知=,求證:≤++…+<1. 解析:(1)因?yàn)?(n+1)bn=nbn+1,所以=. 則=3×,=3×,=3×,…, =3×, 累乘,可得=3n-1×n,因?yàn)閎1=3,所以bn=n·3n, 即數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn=n·3n. (2)證明:因?yàn)椋?,所以an=·3n. 因?yàn)椋健? =·=· =·-·, 所以++…+=++…+ =1-·. 因?yàn)閚∈N*,所以0<·≤, 所以≤1-·<1, 所以≤++…+<1. 11.(理)(2019·江蘇卷)定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”. (1)已知等比數(shù)列{

32、an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M數(shù)列”; (2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,=-,其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和. ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; ②設(shè)m為正整數(shù),若存在“M數(shù)列”{cn}(n∈N*),對任意正整數(shù)k,當(dāng)k≤m時(shí),都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值. 解:(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,所以a1≠0, q≠0. 由得解得 因此數(shù)列{an}為“M數(shù)列”. (2)①因?yàn)椋剑?,所以bn≠0. 由b1=1,S1=b1,得=-,則b2=2. 由=-,得Sn=, 當(dāng)n≥2時(shí),由

33、bn=Sn-Sn-1, 得bn=-, 整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列. 因此,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n(n∈N*). ②由①知,bk=k,k∈N*. 因?yàn)閿?shù)列{cn}為“M數(shù)列”,設(shè)公比為q,所以c1=1, q>0. 因?yàn)閏k≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m. 當(dāng)k=1時(shí),有q≥1; 當(dāng)k=2,3,…,m時(shí),有≤ln q≤. 設(shè)f(x)=(x>1),則f′(x)=. 令f′(x)=0,得x=e.列表如下: x (1,e) e (e,+∞) f′(x) + 0

34、- f(x)  極大值  因?yàn)椋剑迹剑詅(k)max=f(3)=. 取q=,當(dāng)k=1,2,3,4,5時(shí),≤ln q,即k≤qk,經(jīng)檢驗(yàn)知qk-1≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6,分別取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,從而q15≥243,且q15≤216, 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 綜上,所求m的最大值為5. 高考解答題·審題與規(guī)范(三) 數(shù)列類考題 數(shù)列問題重在“歸” 思維流程   等差數(shù)列與等比數(shù)列是兩個(gè)基本數(shù)列,是一切數(shù)列問題的出發(fā)點(diǎn)與歸宿,首項(xiàng)與公差(比)稱為等差數(shù)列(等比數(shù)列)的基本量.只要涉及這兩個(gè)數(shù)列的數(shù)學(xué)問題

35、,我們總希望把條件化歸為等差或等比數(shù)列的基本量間的關(guān)系,從而達(dá)到解決問題的目的.這種化歸為基本量處理的方法是等差或等比數(shù)列特有的方法,對于不是等差或等比的數(shù)列,可從簡單的個(gè)別的情形出發(fā),從中歸納出一般的規(guī)律、性質(zhì),這種歸納思想便形成了解決一般性數(shù)列問題的重要方法:觀察、歸納、猜想、證明.由于數(shù)列是一種特殊的函數(shù),也可根據(jù)題目的特點(diǎn),將數(shù)列化歸為函數(shù)問題來解決. 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2019·全國Ⅱ卷)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)證明:{an+bn}是等比數(shù)列,{an-b

36、n}是等差數(shù)列; (2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式. (1)首先將已知條件中兩個(gè)等式相加,由等比數(shù)列的定義可證得數(shù)列{an+bn}為等比數(shù)列,然后將已知條件中兩個(gè)等式相減,由等差數(shù)列的定義可證得數(shù)列{an-bn}為等差數(shù)列;(2)由(1)分別求得數(shù)列{an+bn}和{an-bn}的通項(xiàng)公式,然后將這兩個(gè)通項(xiàng)公式進(jìn)行加減運(yùn)算即可求得{an},{bn}的通項(xiàng)公式. 結(jié)構(gòu)是數(shù)學(xué)問題的搭配形式,某些問題已知的數(shù)式結(jié)構(gòu)中常常隱含著某種特殊的關(guān)系.審視結(jié)構(gòu)要對結(jié)構(gòu)進(jìn)行分析、加工和轉(zhuǎn)化,以實(shí)現(xiàn)解題突破. 規(guī)范解答 評分細(xì)則 [解析] (1)由題設(shè)得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),

37、即an+1+bn+1=(an+bn)2分① 又因?yàn)閍1+b1=1≠0.3分② 所以{an+bn}是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列.4分③ 由題設(shè)得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.5分④ 又因?yàn)閍1-b1=1,所以{an-bn}是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.6分⑤ (2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1.8分⑥ 所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-.10分⑦ bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.12分⑧ 第(1)問踩點(diǎn)得分 ①由已知得出an+1+bn+1=(an+bn)得2分. ②算出a1+b1=1≠0得1分. ③證明{an+bn}是等比數(shù)列得1分. ④由已知得出an+1-bn+1=an-bn+2得1分. ⑤證明{an-bn}是等差數(shù)列得1分. 第(2)問踩點(diǎn)得分 ⑥分別計(jì)算an+bn,an-bn的通項(xiàng)各得2分. ⑦求出an的通項(xiàng)得2分. ⑧求出bn的通項(xiàng)得2分. - 19 -

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