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备战2024年高考总复习一轮（数学）第6章 数列 解答题专项三 数列课件PPT
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这是一份备战2024年高考总复习一轮（数学）第6章 数列 解答题专项三 数列课件PPT，共37页。
考情分析从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题规律是解答题每两年出现一次,命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.
考向1等差、等比数列的综合问题例1(2022全国甲,文17)设Sn为数列{an}的前n项和.已知 +n=2an+1.(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
规律方法 1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练1(2022新高考Ⅱ,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明:设等差数列的公差为d,由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,得d=2b1.由a2-b2=b4-a4,可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1),整理可得a1=b1,得证.(2)解:由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,即b1·2k-1 =b1+(m-1)·2b1+b1,得2k-1=2m.∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1 000.∴2≤k≤10.又k∈Z,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
规律方法 1.新定义数列问题的特点通过给出一个新的数列的概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情景,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.2.新定义问题的解题思路遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以解决.
考向3数列与不等式的综合问题
规律方法 数列中不等式证明问题的解题策略数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项公式“放缩”为“可求和数列”;二是求和后再“放缩”.放缩法常见的放缩技巧有:
考向4数列与函数的综合问题例4 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1-2Sn=1.(1)证明:数列{Sn+1}为等比数列,并求出{an}的通项公式.(2)若bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn,并判断是否存在正整数n,使得Tn·2n-1 =n+50成立?若存在,求出所有n的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)因为Sn+1-2Sn=1,所以Sn+1+1=2(Sn+1).又因为S1+1=2,所以{Sn+1}为等比数列,公比为2,所以Sn+1=2×2n-1=2n,即Sn=2n-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-2n-1=2n-1,a1=1也满足此式,所以an=2n-1.
令f(x)=2x-x-26(x≥1),f'(x)=2xln 2-1>0对于x∈[1,+∞)成立,所以f(x)=2x-x-26在[1,+∞)上单调递增.因为f(4)=24-4-26=-14<0,f(5)=25-5-26=1>0,所以不存在正整数x使得f(x)=2x-x-26=0,所以不存在正整数n使得2n-n-26=0,即不存在正整数n使得Tn·2n-1=n+50成立.
规律方法 数列与函数综合问题的类型及注意点
对点训练4已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an>0,4S1+S2=S3.(1)求{an}的公比q;
考向5数列中的存在性探究题例5 在数列{an}中,a1=1,an+an+1=2n+1.(1)求{an}的通项公式.
解:(1)将n=1代入an+an+1=2n+1,得a2=3-a1=2.由an+an+1=2n+1①,可以得到an+1+an+2=2n+3②,②-①得an+2-an=2,所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列.当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=a2+2(k-1)=2k=n;当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=a1+2(k-1)=2k-1=n.∴an=n(n∈N*).
规律方法 求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
对点训练5已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=1,an+1=2Sn+1,在等差数列{bn}中,b2=5,b4=a3.(1)求数列{an},{bn}的通项公式.(2)设数列{anbn}前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>60n?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
解:(1)由题设,an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an(n≥2),得an+1=3an(n≥2),又a2=2S1+1=2a1+1=3,即a2=3a1,∴an+1=3an对n∈N*都成立,则an=a1·3n-1=3n-1,∴b4=a3=9,设数列{bn}的公差为d,则2d=b4-b2=4,得d=2,∴bn=b2+(n-2)d=2n+1.
考情分析从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题规律是解答题每两年出现一次,命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.
考向1等差、等比数列的综合问题例1(2022全国甲,文17)设Sn为数列{an}的前n项和.已知 +n=2an+1.(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
规律方法 1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练1(2022新高考Ⅱ,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明:设等差数列的公差为d,由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,得d=2b1.由a2-b2=b4-a4,可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1),整理可得a1=b1,得证.(2)解:由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,即b1·2k-1 =b1+(m-1)·2b1+b1,得2k-1=2m.∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1 000.∴2≤k≤10.又k∈Z,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
规律方法 1.新定义数列问题的特点通过给出一个新的数列的概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情景,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.2.新定义问题的解题思路遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以解决.
考向3数列与不等式的综合问题
规律方法 数列中不等式证明问题的解题策略数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项公式“放缩”为“可求和数列”;二是求和后再“放缩”.放缩法常见的放缩技巧有:
考向4数列与函数的综合问题例4 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1-2Sn=1.(1)证明:数列{Sn+1}为等比数列,并求出{an}的通项公式.(2)若bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn,并判断是否存在正整数n,使得Tn·2n-1 =n+50成立?若存在,求出所有n的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)因为Sn+1-2Sn=1,所以Sn+1+1=2(Sn+1).又因为S1+1=2,所以{Sn+1}为等比数列,公比为2,所以Sn+1=2×2n-1=2n,即Sn=2n-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-2n-1=2n-1,a1=1也满足此式,所以an=2n-1.
令f(x)=2x-x-26(x≥1),f'(x)=2xln 2-1>0对于x∈[1,+∞)成立,所以f(x)=2x-x-26在[1,+∞)上单调递增.因为f(4)=24-4-26=-14<0,f(5)=25-5-26=1>0,所以不存在正整数x使得f(x)=2x-x-26=0,所以不存在正整数n使得2n-n-26=0,即不存在正整数n使得Tn·2n-1=n+50成立.
规律方法 数列与函数综合问题的类型及注意点
对点训练4已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an>0,4S1+S2=S3.(1)求{an}的公比q;
考向5数列中的存在性探究题例5 在数列{an}中,a1=1,an+an+1=2n+1.(1)求{an}的通项公式.
解:(1)将n=1代入an+an+1=2n+1,得a2=3-a1=2.由an+an+1=2n+1①,可以得到an+1+an+2=2n+3②,②-①得an+2-an=2,所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列.当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=a2+2(k-1)=2k=n;当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=a1+2(k-1)=2k-1=n.∴an=n(n∈N*).
规律方法 求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
对点训练5已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=1,an+1=2Sn+1,在等差数列{bn}中,b2=5,b4=a3.(1)求数列{an},{bn}的通项公式.(2)设数列{anbn}前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>60n?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
解:(1)由题设,an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an(n≥2),得an+1=3an(n≥2),又a2=2S1+1=2a1+1=3,即a2=3a1,∴an+1=3an对n∈N*都成立,则an=a1·3n-1=3n-1,∴b4=a3=9,设数列{bn}的公差为d,则2d=b4-b2=4,得d=2,∴bn=b2+(n-2)d=2n+1.
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