2021-2022年高三数学二轮复习 专题四第三讲 思想方法与规范解答教案 理

2021年高三数学二轮复习 专题四第三讲 思想方法与规范解答教案 理
思想方法
1．函数与方程思想
函数与方程思想在数列中的应用主要体现在：
(1)等差、等比数列基本元素的计算，尤其是“知三求二”，注意消元的方法及整体代换的运用；
(2)数列本身是定义域为正整数集或其有限子集的函数，在解决数列问题时，应有函数与方程思想求解的意识．
[例1] (xx 年郑州模拟)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .
[解析] (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，
则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，
得⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14， 解得⎩⎪⎨⎪
⎧a 1＝1，d ＝2，
所以{a n }的通项a n ＝2n －1.
(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.
当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q
2n －1)＝n 2
＋q （1－q 2n ）1－q 2； 当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．
所以数列{b n }的前n 项和 S n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧n （n ＋1），q ＝1，n 2＋q （1－q 2n ）1－q 2，q >0且q ≠1.
跟踪训练
已知两个等比数列{a n }，{b n }满足a 1＝a (a >0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3.
(1)若a ＝1，求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{a n }唯一，求a 的值．
解析：(1)设数列{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq 2＝3＋q 2， 由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)，
即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋，q 2＝2－
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2＋)n －1或a n ＝(2－)n －1.
(2)设数列{a n }的公比为q ，则由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)得aq 2
－4aq ＋3a －1＝0.(*)
由a >0得Δ＝4a 2＋4a >0，故方程(*)有两个不同的实根．
由数列{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a ＝13
. 2．分类讨论思想
数列中的讨论问题常见类型
(1)求和分段讨论：知道数列{a n }的前n 项和S n ，求数列{|a n |}的前n 项和；
(2)对等比数列的公比讨论：求等比数列前n 项和问题中对公比q ＝1和q ≠1进行讨论；
(3)对项数的奇偶讨论：与数列有关的求通项或求前n 项和问题中对项数n 的奇偶进行讨论．
[例2] (xx 年高考湖北卷)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{a n }的通项公式；
(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．
[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d .
由题意得⎩
⎨⎧3a 1＋3d ＝－3，
a 1（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.
所以由等差数列通项公式可得
a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5，或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.
故a n ＝－3n ＋5，或a n ＝3n －7.
(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4，2，不成等比数列；
当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．
故|a n |＝|3n －7|＝⎩
⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3. 记数列{|a n |}的前n 项和为S n .
当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；
当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)
＝5＋（n －2）[2＋（3n －7）]2＝32n 2－112
n ＋10. 当n ＝2时，满足此式．
综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32
n 2－112n ＋10，n >1.
跟踪训练
在等比数列{a n }中，设前n 项和为S n ，x ＝S 2n ＋S 22n ，y ＝S n (S 2n ＋S 3n )，试比较x 与y 的大小．
解析：设等比数列的首项为a 1，公比为q ，
则当q ＝1时，S n ＝na 1，
∴x ＝(na 1)2＋(2na 1)2＝5n 2a 2
1， y ＝na 1(2na 1＋3na 1)＝5n 2a 2
1，∴x ＝y ；
当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q
， ∴x ＝[a 1（1－q n ）1－q ]2＋[a 1（1－q 2n ）1－q
]2 ＝(a 11－q
)2[(1－q n )2＋(1－q 2n )2] ＝(a 11－q )2(q 4n －q 2n －2q n
＋2)， y ＝a 1（1－q n ）1－q [a 1（1－q 2n ）1－q ＋a 1（1－q 3n ）1－q
] ＝(a 11－q
)2(q 4n －q 2n －2q n
＋2)， ∴x ＝y ，综上可知x ＝y .
考情展望
高考对本专题的考查各种题型都有，在选择填空中主要考查等差、等比数列的基本问题，在解答题中主要考查，由递推关系求通项及数列求和问题，同时综合考查数列与不等式，函数的综合应用，难度中档偏上．
名师押题
【押题】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14，且S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－1194
，且3b n －b n －1＝n (n ≥2，且n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列；
(3)求数列{b n }的前n 项和的最小值．
【解析】 (1)由S n ＝S n －1＋a n －1＋12得S n －S n －1＝a n －1＋12
， 即a n －a n －1＝12
(n ∈N *，n ≥2)， 则数列{a n }是以12
为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)×12＝12n －14
(n ∈N *)． (2)证明：∵3b n －b n －1＝n (n ≥2)，∴b n ＝13b n －1＋13
n (n ≥2)， ∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14
＝13b n －1－16n ＋14＝13(b n －1－12n ＋34
)(n ≥2)， b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34(n ≥2)，
∴b n －a n ＝13
(b n －1－a n －1)(n ≥2)， ∵b 1－a 1＝－30≠0，∴b n －a n b n －1－a n －1＝13
(n ≥2)， ∴数列{b n －a n }是以－30为首项，13
为公比的等比数列． (3)由(2)得b n －a n ＝－30×(13
)n －1， ∴b n ＝a n －30×(13)n －1＝12n －14－30×(13
)n －1. ∴b n －b n －1＝12n －14－30×(13)n －1－12(n －1)＋14＋30×(13)n －2＝12＋30×(13)n －2×(1－13
) ＝12＋20×(13
)n －2>0(n ≥2)，∴数列{b n }是递增数列． ∵当n ＝1时，b 1＝－1194<0；当n ＝2时，b 2＝34
－10<0； 当n ＝3时，b 3＝54－103<0；当n ＝4时，b 4＝74－109
>0， ∴数列{b n }从第4项起各项均大于0，故数列{b n }的前3项之和最小，记数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 3＝－1194＋(34－10)＋(54－103)＝－49312
.。