高中数学复习之--数列PPT优秀课件

知识的掌握情况，考查了均值不等式，另外，证明不等式时采 用了分析法，即由果素因，证法简捷、巧妙，是一道非常好的 试题。
3．已知 Sn11 21 3 n 1 (n N ) f(n) S2n1Sn1 （1）证明： f(n1)f(n)
（2）试确定实数 m 的取值范围，使得对于一切大于 1 的 自然数 n 不等式：
解 d5 3
由于 an 0 ，
∴ 100(n3)(5)0
3
n≥63.
若 a3 = －100，a123 = 100，则
d5 3
与 a33 = 50 矛盾 （a33 =－50） ∴满足条件的最小自然数n = 63.
解： 略
解后思考：注意对条件的讨论，再依据条件转化为
不等式求解，解出n≥63，故满足条件的最小的自然数 为63。
（Ⅱ）设 S n 是数列 {an } 的前n项和，
证明：
Sn Sn2 1 S2
n1
。
分 转化为析本方题程主、要方考程查组数，列即知可识求，其利通用项基，本再量通将过所均给值条不件
等式可证明所求证的不等式。
解 ：（Ⅰ）
设等比数列 { an } 的公比为 q 解 a2 = a1q
a5 = a1q 4
(n 1 )2 1

2 4 1
n 1
2
∴ bn1 bn
解法二：（作差法）
b n 1 b na n n 1 1 a n nn 1 1 (a n a 1 n ) a n n
1 n n 1 a n
n (n 1 n )a n 2
a1q 6
∴
a1q
4
162
后解：a1 = 2， q = 3
故数列 { an } 的通项公式为an 23n1。
（Ⅱ）
∵
Sn
2(13n) 13
3n1，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∴
Sn Sn2 Sn21

(3n 1)(3n2 1) (3n1 1)2
32n2 (3n 3n2)1 32n2 2.3n1 1
∴ f(n ) S 2 n 1 S n 1 n 1 2 n 1 3 2 1 n 2 n 1 1
由于 f( n 1 )11 111
n 3n 4 2 n 12 n 22 n 3
∴ f(n 1 )f(n )111 2 n 22 n 3n 2
1 n (n 1 )a n
n (n 1n )a n 2
n (n 1 n ) ( 2 n 1 ) n ( n 1 ) ( n 1 ) n ( n 1 ) (n 1 a ) a n n ( n 1 ) (n 1 n ) a n
2
2
2
lo ( x g 2 )x (3 ) 2 2
(x2)(x3) 2 x3 解出x = 4
欲证： φ(m) +φ(t) ≥2φ(n)
就要明确
φ(m) = ？
φ(t) = ?
φ(n) = ?
∵ φ(m) = f(m) + 1
φ(t) = f(t) +1
φ(n) = f(n) +1
n n1 0 n( n1 n)an
∴ bn1 bn
解法三：
bn21bn2
an21 an2 n1 n
n11(an2a1n2
2)an2 n
n11(2a1n2
an2 n
)
1 (2 1 2n1) n1 2n1 n
1 ( 1 1)0 n12n1 n
一、学过什么
1．数列是一种特殊的函数，是以自然数为自变量的函 数，因此，它具备函数的性质，可以利用函数的观 点和思想方法，研究数列；
2．不等式的基本性质、不等式的解法，是研究函数时 的重要依据。因此，不等式与数列有着密切的关 系，也是研究数列的工具；
3．函数的基本概念，函数的基本性质，函数的图象是 综合数列、不等式的中心内容。
an2 an21a1n21 2
a2 n1
an22
1 a2
n2
2
…… a2 n2
an23
1 an23
2
a22
a12

1 a12
2
a n 2 a 1 2 2 (n 1 ) a 1 1 2 a 1 2 2 a n 1 1 2 2 2 2 (n 1 ) 2n22n 1
∴ 1 m1m m
解出 m2m10
m1 5且m2 2
解后思考：
注意解题中
S2n1Sn1 的处理，不要漏掉
(2n2)3(2nn43)(n2)（∵n≥1）
∴ f(n+1)-f(n)>0。 即 f(n+1)>f(n) (n≥1) 说明函数 f(n) 为单调递增函数，对一切大于 1 的反函数 f(2) 为 f(n) 的最小值，可解出 f (2) 9 ,
20
因此只要 2 9 0lom (g m 1 )21 2l1 0om m 1 g 2恒成立
2．已知函数 yf(x )lo(g xa )的图象过原点， 2
（1）若 f (x－3) 、 f ( 2 1) 、f (x－4) 成等差数列， 求x值。
（2）若φ (x ) = f (x )+1，三个正数 m，n，t 成等比数列。
求证：φ(m)+ φ(t)≥2φ(n)
分
解此题首先要知 f (x )，因此先通过图像过原点， 确定 a ，
∴ 若要证φ(m) + φ(t) ≥ 2 φ(n) 只需：
f(m) +1 + f(t) + 1 ≥ 2 f(n) + 2
只要f(m) + f(t) ≥ 2 f(n)
即：
lo ( g m 1 ) lo ( g 1 t) 2 lo ( n 1 ) g
2
2
lo ( m g 1 )t ( 1 ) lo ( n 1 g ) 2
五、例题解析
1．设 {an} 为等差数列， a3 a123100，a33 = 50.
那么使 an≤0 的最小自然数 n 为 ________________。
分 若 a3 = a123 = 100，则推出{an}为常数列 析 与 a33 = 50 矛盾
∴a3 =100而a123 = －100，
又 n =1 时， a1 211
∴ 对一切大于 1 的正整数 n，
不等式 an 2n1成立
（2）解法一：（作商）
b b n n 1 a a n n 1n n 1 (1 a 1 n 2)
n (1 1) n 1 2 n 1
n n 1
2(n1) n 2 n(n1) (2n1) n1 2n1
求出m的取值范围即可。
（换元） 令 lom 2g(m1)u
∴ 原不等式为 9 u11 1 恒成立 20 20 u
得： 2u 0 29u1 10解出
∴ 0<u<1 即 lom g2(m1)1
1lom (gm 1)1 m1
lo m m g 1 lo m (m g 1 ) lo m m g
4．理解函数的概念，能用函数的性质，函数的思想 综合解决有关数列、不等式的问题。
三、考过什么
例 设数列{an}满足
1
1
an1 an an
a1=2, （n =1, 2 … ）
（Ⅰ）证明：an 2n1 对一切正整数n成立。
（Ⅱ）令
bn
an n
（n=1,2 … ）判定bn与 bn+1
3n322n2223n3n31n2111
即：
Sn Sn2 ( Sn1 )2
1
解后思考
本题的解题过程中蕴含着方程思想，通过
方程组，求出a1 和 q，再求an。这也是一种基
本的思想，证明不等式时，注意均值不等式的 使用，也就是说对不等式进行了放缩，利用放 缩法证明不等式也是高考的重要的考查内容。
四、复习中应注意的几点
4．数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函 数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对 基础和能力的双重检验。而三者的求证题所呈 现出的代数推理是近年来高考命题的新热点；
5．数列问题对能力要求较高，特别是对运算能力、 归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力的要 求更为突出，数列与函数，不等式的综合，为 综合能力的考查，提供了方便、复习中应高度 重视。
四、复习中应注意的几点
1．要注意数列是特殊的函数，而通项公式正是这个
函数的解析表达式，只不过自变量为n，是一个
自然数，它所表示的函数图象应为在曲线上孤立 的点（不连续）； 2．由于数列是特殊的函数，所以数列也有递增、递 减、常量数列及摆动数列的情况。函数中存在最 大、最小值，数列中也有最大项、最小项、也存 在前n项和的正、负问题； 3．解好数列的综合题，注意“基本量法”和“整体 代入”的解法，通过方程、方程组及不等式来求 解；
则 ak2 2k1 ，
当 n = k+1时，
a k 2 1a k 2a 1 k 2 22 k 3a 1 k 22 (k 1 ) 1
∴ n = k+1时， ak1 2(k1)1 成立，
（舍去
1
a
2 k
0
）
综上所述，对一切正整数n， an 2n1 成立
另外证法：利用递堆公式
的大小并说明理由。
分 析 欲证： an 2n1 对一切正整数n成立，应当想
到数学归纳法，这也是证明不等式的一个基本方
法，在比较 b n 与 b n 1 大小的时候，可利用函数
的思想，利用函数的单调性进行比较。
证明：（1）当n =1时，a12 211不等式成立
假设 n = k 时， ak 2k1成立，
二、考试要求
1．对数学基础知识的考查，要求全面又突出重点， 注重学科的内在联系和知识的综合；
2．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列 出一种方法，特别要理解，掌握等差数列，等比 数列的概念，通项公式及前 n 项和公式，能用它 们解决一些问题；
3．掌握不等式的性质、解法、特别是含有绝对值的 不等式的解法与证明；
知f(式2 )恒成立即可。
解：∵ Sn11 21 3 n 1 (nN)
∴ S 2 n 1 1 1 2 1 3 n 1 n 1 1 n 1 2 2 1 n 2 n 1 1
Sn111 21 3 n 1n1 1
析
∵
0log(0a) 2
∴ a = 1.
则 f(x)log (x1) 2
由于 f(x3)、 f ( 2 1) 、 f(x4) 成等差数列，
所以可得 2 f(2 1 )f(x 3 )f(x 4 )
即： 2 lo [2 g ( 1 ) 1 ] lo ( x g 2 ) lo ( x g 3 )
2
2
mt+(m+t)+1≥n2+2n+1 ∵三个正数 m，n，t 成等比数列 ∴n2 = mt 则只需证 m+t ≥2n
根据均值定理有 m t2mt2n22n
∴m+t ≥2n 显然成立
由于以上各步骤均可逆推， ∴ 原命题成立 证明：略。
解后思考：此题为函数、数列、不等式的综合题，通过
f(x-3)、f ( 2 1) 、f(x-4) 成等差数列，得到关于x的方程， 又通过φ(x)=f(x)+1的关系，证明不等式，考查了对数列基础
f(n )lo m (n g 1 )21 2l1 0o m m 1 g 2
恒成立.
分 要想析利用不等式恒成立求 m 的取值范围，就应当
知道f(n) 是谁，而f(n)又与数列 Sn 有关，因此，要从 f(n)= S2n+1-Sn+1 入手求解,为了求解方便，应当知道， 若想 f (n) 大于已知式恒成立，只要知道 f (n) 是单调 递增的函数，那么 f (2) 为 f (n) 的最小值，只要f(2)>已
∴
bn1 bn
解后思考
本题重点考查数列与不等式的综合证 题时，可利用数学归纳法，函数的单调性 及数列的递推关系，求证，适当进行放缩， 可达到解题的目的。证明不等式可用比较 法，作差、作商均可，注意条件的使用。
例2．
已知数列 {an } 为等比数列，a2 6 ，a5 162
（Ⅰ）求数列 {an } 的通项公式。