《2019届高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题课件理北师大版20180510495》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学大一轮复习第六章数列高考专题突破三高考中的数列问题课件理北师大版20180510495（78页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考中的数列问题,高考专题突破三,考点自测,课时作业,题型分类 深度剖析,内容索引,考点自测,1,2,3,4,5,解析,答案,1.(2017洛阳模拟)已知等差数列an的公差和首项都不等于0，且a2， a4，a8成等比数列，则 等于 A.2 B.3 C.5 D.7,(a13d)2(a1d)(a17d)，d2a1d，,1,2,4,5,解析,3,答案,1,2,4,5,3,解析 设等差数列an的首项为a1，公差为d.,ana1(n1)dn.,1,2,4,5,3,解析,3.若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列
2、，则pq的值等于 A.6 B.7 C.8 D.9,答案,1,2,4,5,3,解析 由题意知abp，abq，p0，q0，a0，b0. 在a，b，2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有：a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a； 成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a.,p5，q4，pq9，故选D.,解析,答案,1,2,4,5,3,1,2,4,5,3,解析 an是等比数列，bn是等差数列，,解析,1,2,4,5,3,答案,4,1,2,4,5,3,an2an1，又a11， an是以1为首项，以2为公比的等比数列， an(2)n1，,由1Sk9，得4(2)k28， 又kN，k4.,题型分
3、类 深度剖析,例1 (2016四川)已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n 项和，Sn1qSn1，其中q0，nN. (1)若a2，a3，a2a3成等差数列，求数列an的通项公式；,题型一 等差数列、等比数列的综合问题,解答,解 由已知，Sn1qSn1，得Sn2qSn11，两式相减得an2qan1，n1. 又由S2qS11得a2qa1， 故an1qan对所有n1都成立. 所以数列an是首项为1，公比为q的等比数列， 从而anqn1. 由a2，a3，a2a3成等差数列，可得2a3a2a2a3， 所以a32a2，故q2. 所以an2n1(nN).,解答,解 由(1)可知，anqn1，,(11)
4、(1q2)1q2(n1) n1q2q2(n1),等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序. (2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.,解答,跟踪训练1 (2018沧州模拟)已知首项为 的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列. (1)求数列an的通项公式；,解
5、 设等比数列an的公比为q， 因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列， 所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，,解答,当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，,当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，,题型二 数列的通项与求和,例2 (2018邢台模拟)已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列. (1)求数列an的通项公式；,解答,由题意得(2a12)2a1(4a112)， 解得a11，所以an2n1.,解答,(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位
6、相减法、分组转化法、裂项相消法等.,证明,(2)求数列an的通项公式与前n项和Sn.,解答,题型三 数列与其他知识的交汇,命题点1 数列与函数的交汇 例3 (2018长春模拟)设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图像上(nN). (1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上，求数列an的前n项和Sn；,解答,解答,解 f(x)2xln 2，f(a2) ， 故函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y (xa2)，,解得a22， 所以da2a11.,命题点2 数列与不等式的交汇 例4 (2016天津)已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的
7、nN，bn是an和an1的等比中项.,证明,因此cn1cn2d(an2an1)2d2， 所以cn是等差数列.,证明,命题点3 数列应用题 例5 某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元.两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息.若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？(参考数据：取1.05101.629,1.31013.786,1.51057.665),解答,解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项
8、为1，公比为(130%)，所以10年所获得的总利润为 S101(130%)(130%)2(130%)9,贷款到期时，需要偿还银行的本息是 10(15%)1016.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润为42.6216.2926.33(万元).,乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5， 所以10年所获得的总利润为 T101(10.5)(120.5)(190.5),故使用乙方案所获纯利润为32.513.2119.29(万元). 综上可知，甲方案获利更多.,故贷款到期时，需要偿还银行的本息是 1(15%)10(15%)9(15%),数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)
9、数列与函数的交汇问题 已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图像研究数列问题； 已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.,(2)数列与不等式的交汇问题 函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式； 放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； 比较方法：作差或者作商比较. (3)数列应用题 根据题意，确定数列模型； 准确求解模型； 问题作答，不要忽视问题的实际意义.,(1)求数列an的通项公式；,解答,解 f(x)2axb，由题意知b
10、2n， 16n2a4nb0，,又f(x)x2n，,当n1时，a14也符合，,解答,Tnb1b2bn,课时作业,解 当n2时，4S45S28S3S1，,基础保分练,1,2,3,4,5,6,解答,证明,1,2,3,4,5,6,证明 因为4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)， 所以4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)， 即4an2an4an1 (n2)，,1,2,3,4,5,6,所以n1也满足此式， 所以4an2an4an1 (nN)，,1,2,3,4,5,6,解答,(3)求数列an的通项公式.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解答,1,2,3,4
11、,5,6,2.(2017福建漳州八校联考)已知递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2和a4的等差中项. (1)求数列an的通项公式；,an是递增数列，a12，q2， 数列an的通项公式为an22n12n.,(2)若bnan an，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整数n的最小值.,解答,1,2,3,4,5,6,Snb1b2bn(12222n2n)， 则2Sn(122223n2n1)， ，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1， 则Snn2n12n12， 解2n1262，得n5， n的最小值为6.,(1)求数列an和bn的通项公式；,解答,1,2,3,4,5,
12、6,1,2,3,4,5,6,an1an1，数列an是公差为1的等差数列. a11，an1(n1)1n， Sn2bn，Sn12bn1，,由S12b1，即b12b1，得b11.,解答,1,2,3,4,5,6,4.(2018佛山模拟)在等比数列an中，an0(nN)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，又a3与a5的等比中项为2. (1)求数列an的通项公式；,解答,1,2,3,4,5,6,解 a1a52a3a5a2a825，,又an0，a3a55， 又a3与a5的等比中项为2， a3a54，而q(0,1)， a3a5，a34，a51，,1,2,3,4,5,6,解答,(2)设bnlo
13、g2an，求数列bn的前n项和Sn；,1,2,3,4,5,6,解 bnlog2an5n， bn1bn1， b1log2a1log216log2244， bn是以b14为首项，1为公差的等差数列，,解答,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,技能提升练,1,2,3,4,5,6,5.(2017天津滨海新区八校联考)已知数列an，bn，Sn为数列an的前n项和，a24b1，Sn2an2，nbn1(n1)bnn2n(nN). (1)求数列an的通项公式；,解答,当n1时，S12a12，得a12， 综上，an是公比为2，首项为2的等比数列，an2n.,证明,1,2,3,4,5,6,证明 a24
14、b1，b11. nbn1(n1)bnn2n，,解答,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解 令pnc2n1c2n,(4n1)22n2(4n1)4n1., ,，得3T2n34044144244n1(4n1)4n，,解答,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,(1)求数列an，bn的通项公式；,1,2,3,4,5,6,解 由(n1)an(n1)an1，,1,2,3,4,5,6,因为b12，bn12bn， 所以bn是首项为2，公比为2的等比数列， 故bn2n.,解答,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解 由(1)知，bn2n，则,假设存在自然数m，使得对于任意nN，n2，,解答,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解 当n为奇数时，,24(n1)(22242n1),当n为偶数时，,(24n)(22242n),1,2,3,4,5,6,本课结束,
