广东省2012届高考数学文二轮专题复习课件：专题3 第16课时 数列的综合应用

试探究是否存在m N*，使对任意n N*，总有Sn Tm 恒成立．若存在，求实数的取值范围；若不存在，说
明理由．
第十三页，编辑于星期日：九点 三十五分。
切入点：1用等差数列的性质和公式即可； 2 写出数列an 的前4项，观察可知数列bn
的前3项，从而可得数列，再分别求两个数列 前n项和的范围即可．
所以 1 n1 ( 3)n1.
⑤
2
当n 2k 1，k 1,2,3，时，⑤式即为
( 3)2k2.
⑥
2
依题意，⑥式对k 1,2,3，都成立，所以 1.
第三十一页，编辑于星期日：九点 三十五分。
当n 2k，k 1,2,3，时，⑤式即为
( 3)2k1.
⑦
2
依题意，⑦式对k 1,2,3，都成立，
第七页，编辑于星期日：九点 三十五分。
1．数列与三角函数的综合在高考中较为少见．此 题将三角函数与数列巧妙结合，是高考命题的一个很好 的创新，体现了高考在“知识网络处”命题的原则．
2．数列与三角函数综合，要注意三角函数性质的运
用．此题求解的关键在于利用好三角函数的周期性，通
过分类讨论求得数列的前n项和Sn的表达式．在第(2)问 求和时注意到通项具有{an·bn}的特征(其中{an}是等比数 列，{bn}是等差数列)，从而利用错位相减法得到所求 和Tn.
(1)m ]． 2
2
因为( 1 )m随m递减， 2
所以Tm为递增数列，得4 Tm 8.
第十五页，编辑于星期日：九点 三十五分。
又Sn
n(9 2
n)
1 n2 9n 2
1 [(n 9)2 81]， 2 24
故 Sn
max
S4
S5
10.
若存在m N*，使对任意n N*总有Sn Tm ，
1．本题集数列、函数、不等式于一体，充分展 示了《考试大纲》构造有一定深度和广度的数学 问题，并注重问题的多样化，体现了思维的发散 性．这需要我们加强这一方面的训练，需要从多 层次、多角度去思考问题．
第二十六页，编辑于星期日：九点 三十五分。
2．解决数列中的存在性问题时按以下两步实施： (1)先假设存在，把存在性问题转化为相关参 数的方程、不等式或函数； (2)通过求相关表达式的值达到求参数的值或 确定范围这一目的，能求出其值或确定范围说明 存在，否则不存在．
第三十三页，编辑于星期日：九点 三十五分。
1 an
第九页，编辑于星期日：九点 三十五分。
证明
1
tan2
2 tan 1 tan2
2( 1 (
2 1) 2 1)2
1.
又因为为锐角，所以2 ，
4
所以sin(2 ) 1，故f x x2 x.
4
2由1知an1 an2 an.
因为a1
1 2
，所以a2，a3，，an都大于0，
第二十页，编辑于星期日：九点 三十五分。
因为n 2，所以上式大于零，
即cn为单调递增数列，
所以c2最小，且c2
28 . 3
所以的取值范围为(，28]．
3
第二十一页，编辑于星期日：九点 三十五分。
考点3 数列中的存在性问题
例3 已知an是正数组成的数列，a1 1，且点
( an，an1)(n N*)在函数y x2 1的图象上．
(3)转化为有关参数的不等式，利用λ ≥[f(x)]max或λ
≤[f(x)]min求参数的范围．
第十七页，编辑于星期日：九点 三十五分。
变式2 在数列an中，a1 1, 3anan1 an an1 0(n 2)．
1证明：{ 1 }是等差数列；
an
2 求数列an 的通项公式；
3 若 an
第二十九页，编辑于星期日：九点 三十五分。
因为an 0，所以an2 Sn Sn1 2Sn an. ③
当n 2时，an21 2Sn1 an1.
④
③
④得an2
a2 n1
2
Sn Sn1
an an1
2an an an1 an an1. 因为an an1 0，所以an an1 1.
a3k2 a3k1 a3k
12 (
22
32 )
(
42
52
62 )
2
2
[ 3k 22 3k 12 3k 2]
2
13 31 18k 5 k9k 4
22
2
2
第四页，编辑于星期日：九点 三十五分。
S3k 1
S3k
a3k
k4
9k ， 2
S3k 2
S3k 1
a3k 1
k4
9k 2
3k
12 2
1 k 3k 2 1 .
2
36
n 3
1 6
故Sn
n
11 6
3n
n3n 4
6
n 3k 2 n 3k 1k N*. n 3k
第五页，编辑于星期日：九点 三十五分。
2 因为bn
S3n n 4n
9n 4， 2 4n
所以Tn
1 2
(13 4
22 42
即2 2q1 2 2p1 2 2r1 2 ，
所以2q1 2 p 2r，所以2q p1 1 2r p.
因为p、q、r N*，且p q r，
所以2q p1、2r p为偶数，1 2r p为奇数， 于是产生矛盾，因此不存在满足条件的三项．
第二十五页，编辑于星期日：九点 三十五分。
1 an1
对任意n
2，n N*恒成立，
求实数的取值范围．
第十八页，编辑于星期日：九点 三十五分。
解析 1证明：将3anan1 an an1 0(n 2)，
整理得 1 1 3(n 2)， an an1
所以{ 1 }是以1为首项，3为公差的等差数列． an
2由1可得 1 1 3n 1 3n 2，
第二十七页，编辑于星期日：九点 三，且对任意n N*，
都有a13
a23
a33
an3
S，记S
为数列
n
an的前-n项和．
1 求数列an 的通项公式；
2 若bn 3n 1n1 2an (为非零常数，n N*)，
问是否存在整数，使得对任意n N*，都有bn1 bn?
所以an2 0，故an1 an.
第十页，编辑于星期日：九点 三十五分。
3因为 1
an1
an2
1 an
1 an (1 an )
1 an
1， an 1
所以 1 1 1 ， 1 an an an1
所以 1 1 1
1 a1 1 a2
1 an
1 1 1 1 1 1
a1 a2 a2 a3
第八页，编辑于星期日：九点 三十五分。
变式1 已知为锐角，且tan 2 1，函数f x
x2tan2
x sin(2
4
)，数列an
的首项a1
1， 2
an1 f an ．
1求函数f x的表达式；
2 求证：an1 an；
3求证：1 1 1 1 2(n 2，n N)．
1 a1 1 a2
an an1
1 1 2 1 .
a1 an1
an1
第十一页，编辑于星期日：九点 三十五分。
因为a2
(1)2 2
1 2
3， 4
a3
(
3)2 4
3 4
21 16
1，
又当n 2时，an1 an，
所以an1 a3 1，
所以1 2 1 2， an1
即1 1 1 1 2(n 2，n N)．
2由1可知bn 2an 2n (n N*)，
所以Sn b1 b2 b3 bn1 bn 2 22 2n 2 1 2n 2n1 2.
1 2
第二十四页，编辑于星期日：九点 三十五分。
3
设存在p、q、r
N*，且p
q
r，使S
、
p
Sq、Sr成等差数列，
所以2Sq S p Sr，
所以数列an是等差数列，其首项为1，
公差也为1，可得an n.
第三十页，编辑于星期日：九点 三十五分。
2因为an n， 所以bn 3n 1n1 2an 3n 1 n1 2n，
所以bn1 bn [3n1 1 n 2n1 3n
1n1 2n ] 2 3n 3 1n1 2n 0，
解析 1由a2 a7 a12 6，得a7 2，
所以a1 4，所以an 5 n，
从而Sn
n(9 2
n)
.
第十四页，编辑于星期日：九点 三十五分。
2由题意知b1 4，b2 2，b3 1.
设等比数列bn的公比为q，则q
b2 b1
1， 2
所以Tm
4[1 (1)m ] 2
1 1
8[1
1 求数列an 的通项公式； 2若数列bn满足bn 2an，求数列bn的前n项
和Sn；
3 在 2 的条件下，数列Sn 中是否存在三项，
它们可以构成等差数列？若存在，请求出一组 适合条件的项；若不存在，请说明理由．
第二十二页，编辑于星期日：九点 三十五分。
切入点：利用点( an，an1)(n N*)在函数 y x2 1的图象上得到数列的递推关系；
第二十八页，编辑于星期日：九点 三十五分。
解析 1在已知式中，当n 1时，a13 a12.
因为a1 0，所以a1 1.
当n 2时，a13 a23 a33 an3 Sn2， ①
a13
a23
a33
a3 n1
S2 . n-1
②
①
②得an3
Sn2
S2 n-1
Sn Sn1
Sn Sn1 ．
9n 4n
4 )，
则4Tn
1 2
(13
22 4
9n 4n1
4
)，
第六页，编辑于星期日：九点 三十五分。
两式相减得
3Tn
1 2
(13
9 4
9 4n1
9n 4n
4)
1 (13 2
9 4
9 4n
1 1
9n 4n
4
)
8
1 22n3
9n 22n1
.
4
故Tn
8 3
1 3 22n3
3n 22n1 .
求解第1问时，应对n分n 3k，n 3k 1和n 3k 2(k Z)三种情况进行分类讨论．求解第2
问时，可从分析通项入手，根据通项的特点选择 求和方法．
第三页，编辑于星期日：九点 三十五分。
解析 1由于cos2 n sin2 n cos 2n ，
3
3
3
故S3k a1 a2 a3 a4 a5 a6
所以 3，
2
所以 3 1.
2
又 0，所以存在整数 1，使得对任意
n N*，都有bn1 bn.
第三十二页，编辑于星期日：九点 三十五分。
1．解决数列与三角函数的综合问题，注意将三角
函数的周期性与数列求和的一些处理技巧联系起来；
2．数列探索性问题的一般题型及解法：
(1)结论探索型问题：一般是在给定题设条件 下探求结论，它要求我们在对题设条件或图形认 真分析的基础上，进行归纳，大胆猜想，然后通 过推理、计算获得结论；
an
所以an
1 3n
. 2
第十九页，编辑于星期日：九点 三十五分。
3若an
1 an1
恒成立，
即 3n 1 l恒成立，
3n 2
整理得 3n 13n 2 .
3n 1
令cn
3n
13n 3n 1
2
(n
2)，
所以cn1
cn
3n
43n 3n
1
3n
13n 3n 1
2
3n 13n 4 (n 2)． 3nn 1
专题三 数列
第一页，编辑于星期日：九点 三十五分。
考点1 数列与三角函数综合
例1
数列an的通项an
n2 (cos2
n
3
sin2
n )，
3
其前n项和为Sn .
1 求Sn；
2 令bn
S3n n 4n
，求数列bn 的前n项和Tn .
第二页，编辑于星期日：九点 三十五分。
切入点： 本题通项中含有三角函数，首先应对 三角函数进行化简．由于三角函数具有周期性，
2由bn 2an，结合1中an可得数列bn的 通项公式，从而得到求和方法；3探究性
问题一般先假设命题成立，再利用分析法 或反证法探究．
第二十三页，编辑于星期日：九点 三十五分。
解析 1由已知得an1 an 1. 根据等差数列的定义，得an是首项为1，
公差为1的等差数列， 所以an n(n N*)．
则10 8 ，得 2.
所以实数l的取值范围为[2， )．
第十六页，编辑于星期日：九点 三十五分。
1．本题属于数列中的探究性问题，通常是高 考命题的一个关注点．
2．解决数列中的恒成立问题通常从两个方面入
手：
(1)转化为恒成立的方程求参数的值或范围；
(2)转化为有关参数的函数，通过求函数的最 值达到求参数的值或范围的目的．
1 a1 1 a2
1 an
第十二页，编辑于星期日：九点 三十五分。
考点2 数列中的探究性问题
例2(2011 执信月考改编)已知等差数列an的公差为1，
且a2 a7 a12 6.
1 求数列an 的通项公式an与前n项和Sn； 2 将数列an的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原 来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为Tn，