数列解答题专题练习含答案PPT课件
专题训练数列配套课件
积分的应用
积分具有广泛的应用，如 求面积、体积、平均值等 。
05
数列的教学与学习技巧
数列的解题思路与技巧
归纳总结
将问题归类，利用特征解 法，总结出解题思路。
反证法
用反证法证明命题，从否 定结论出发，通过逻辑推 理，导出矛盾。
数形结合
将问题转化为图形，通过 观察图形，发现解题突破 口。
数列的教学策略与方法
THANKS
谢谢您的观看
数列在数学建模中的应用
总结词
数学建模中，数列是解决实际问题的重要 工具，通过数列的模型构建，可以分析、 描述和解决实际问题。
VS
详细描述
数学建模中的数列应用包括等差数列、等 比数列以及其他具有特定规律的数列。这 些数列可以描述自然界和社会科学中的很 多现象，如人口增长、银行贷款、药物疗 效等。通过数列模型的建立和分析，可以 更加精准地预测和解决实际问题。
分类
有穷数列和无穷数列、递增数列、递减数列、摆动数列和常 数列。
数列的通项公式
定义
表示数列中每一个项的公式。
求解方法
根据数列的特征，利用数学归纳法、递推公式等方法。
数列的特殊形式
等差数列
每两项之间的差是一个常数的数列。
混合数列
同时包含等差数列和等比数列的数列。
等比数列
每两项之间的比是一个常数的数列。
案例教学
通过典型案例的讲解，引导学 生分析拓展，增强学 生对问题的分析能力。
强化基础
注重基础知识的教学，帮助学生建 立扎实的基础。
数列的学习策略与技巧
建立学习目标
明确学习目标，制定合理的学 习计划。
多角度思考
对问题多角度思考，拓展解题 思路。
第五节 数列的综合应用 课件(共24张PPT)
所以数列{bn}的前n项和b1＋b2＋…＋bn＝log4[f（a1）·
f（a2）·…·f（an）]＝log4（2×22×…×2n）＝ log421＋2＋…＋n＝12×（1＋2＋…＋n）＝n（n4＋1）.
答案：n（n4＋1）
得2，f（a1），f（a2），…，f（an），2n＋4成等差数
列，则数列{an}的前n项和Sn＝
.
解析：（1）因为F（x）＝f x＋12－1是R上的奇函数， 所以F（－x）＝－F（x）， 故f 12－x＋f 12＋x＝2（x∈R），（*） 令x＝0，得f 12＝1. 令t＝12－x，则12＋x＝1－t（t∈R）， （*）式可化为f（t）＋f（1－t）＝2（t∈R）.
因此{an}的通项公式为an＝3n－2 1.
（2）由（1）知a1n＝3n－2 1. 因为当n≥2时，3n－1≥2×3n－1， 所以3n－1 1≤2×13n－1. 于是a11＋a12＋…＋a1n≤1＋13＋…＋3n1－1＝321－31n<32. 所以a11＋a12＋…＋a1n<32.
考点2 数列与函数的综合应用
[例2] （1）已知F（x）＝f x＋12 －1是R上的奇函
数，an＝f（0）＋f n1＋f n2＋…＋f n－n 1＋f（1）（n∈
N*），则数列{an}的通项公式为（ ）
A.an＝n－1
B.an＝n
C.an＝n＋1
D.an＝n2
（2）已知函数f（x）＝log2 x，若数列{an}的各项使
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和
a8是函数f（x）＝
15 4
ln
x＋
2025版高考数学总复习第6章数列高考大题规范解答__高考中数列问题的热点题型课件
所以n＋3 1an－1＝n－3 1an(n≥2)， 所以aan－n 1＝nn＋ －11(n≥2)， 所以aa21·aa32·…·aann－ －12·aan－n1＝31×42×53×…·n－n 2·nn＋ －11＝nn＋ 2 1(n≥2)， 所以 an＝nn＋ 2 1(n≥2)， 又 a1＝1 也满足上式， 所以 an＝nn＋ 2 1(n∈N*).
(2)第 1 步：取等差数列{bn}的前 3 项，再利用 bn＝n2a＋n n，得 a1 与 d 的关系式
因为 bn＝n2a＋n n，且{bn}为等差数列， 所以 2b2＝b1＋b3，即 2×a62＝a21＋1a23， 所以a1＋6 d－a11＝a1＋6 2d，所以 a21－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d.(7分)
第3步：求数列{an}的通项公式 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.(提示：等差数列的通项公式为an ＝a1＋(n－1)d)(5分)
(2)证明：第1步：结合(1)求Sn 由(1)知an＝2n＋3， 所以 Sn＝n[5＋22n＋3]＝n2＋4n.(提示：等差数列{an}的前 n 项和公 式为 Sn＝na1＋ 2 an)(6 分)
[解析] (1)第1步：利用等差数列的通项公式得到首项与公差的关系 式
因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d， 所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d， 第2步：得an与d的关系式 所以an＝nd.(1分) 第3步：利用bn与an的关系式得到bn与d的关系式 因为 bn＝n2a＋n n，所以 bn＝n2n＋d n＝n＋d 1，(2 分)
第2步：对a1＝d或a1＝2d分类讨论，求bn，利用S99－T99＝99，得到 关于d的方程，解方程得到d的值
①当 a1＝d 时，an＝nd，所以 bn＝n2a＋n n＝n2n＋d n＝n＋d 1， S99＝99a12＋a99＝99d＋2 99d＝99×50d，
高考数学二轮复习考点十二《数列综合练习》课件
数列，当 n 为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以 1 为公差的等差数列，∴S23
1－212
11×（11－1）
＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝ 1－2 ＋11×4＋
2
×1＝212－1＋44＋55＝4194.
2．等差数列{an}中，a1＋a2＝152，a2＋a5＝4，设 bn＝[an]，[x]表示不超 过 x 的最大整数，[0.8]＝0，[2.1]＝2，则数列{bn}的前 8 项和 S8＝( )
A．12<a2<1
B．{an}是递增数列
C．12<a3<34
D．34<a2022<1
答案 ABD
解析 由 an＋1＝an＋ln (2－an)，0<a1<12，设 f(x)＝x＋ln (2－x)，则 f′(x) ＝1－2－1 x＝12－ －xx，所以当 0<x<1 时，f′(x)>0，即 f(x)在(0，1)上单调递增， 所以 f(0)<f(x)<f(1)，即12＝ln e<ln 2<f(x)<1＋ln 1＝1，所以12<f(x)<1，即12 <an<1(n≥2)，故 A 正确；因为 f(x)在(0，1)上单调递增，0<an<1(n∈N*)，所 以 an＋1－an＝ln (2－an)>ln (2－1)＝0，所以{an}是递增数列，故 B项中，只有一项符合题目要求) 1．已知数列{bn}满足 b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin2n2πbn＋cos2n2π，则该 数列的前 23 项和为( ) A．4194 B．4195 C．2046 D．2047
答案 A
解析 由题意，得当 n 为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以 2 为公比的等比
专题三数列精品课件
目录
专题 2
数列与函数的交汇
函数与数列的交汇是数列问题中一类常见的有函数背景的 综合题，解决这类问题的基本思路是从函数角度思考问题， 有效地利用函数的性质来解答．
例3
1 已知函数 f(x)＝a 的图像过点(1， )，且点(n－1， 2
x
an * x 2)(n∈N )在函数 f(x)＝a 的图像上． n (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)令 bn＝an＋ 1－ an，若数列{bn}的前 n 项和为 Sn，求证： 2 Sn<5.
目录
专题探究
专题 1 数列的基本运算 数列的基本运算是新课标考查中最常见的题型， 主要考查两 种数列的求和公式及通项公式，试题难度较小． 高考福建卷)在等差数列{an}和等比数列{bn} 例1 (2012· 中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前 10 项和 S10＝55. (1)求 an 和 bn； (2)现分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项，写出相 应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．
目录
【解】 (1)设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q.依题意得 S10 10×9 ＝10＋ d＝55，b4＝q3＝8， 2 解得 d＝1，q＝2， － 所以 an＝n，bn＝2n 1. (2)分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项，得到的基 本事件有 9 个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)， (3,2)，(3,4)．符合题意的基本事件有 2 个：(1,1)，(2,2)．故 2 所求的概率 P＝ . 9
(2012· 高考湖南卷)某公司一下属企业从事某种高
科技产品的生产， 该企业第一年年初有资金 2 000 万元， 将其 投入生产，到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年 增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年 年底上缴资金 d 万元， 并将剩余资金全部投入下一年生产． 设 第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元． (1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an＋ 1 与 an 的关系式； (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万 元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)．
有关高考数列的题PPT
热点题型
命题分析
综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、
前n项和公式、等差(比)中项、等差(比)数列的性 类型一：等差数列、等
质．重点考查基本量(即“知三求二”，解方程(组)) 比数列及综合应用
的计算，灵活运用等差、等比数列的性质以及转化
化归、构造等思想解决问题．
∵a5＝5，S5＝15，∴a51a＋1＋4d5＝×5（，25－1）d＝15，∴ad1＝＝11，，
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴ana1n＋1＝n（n＋1 1）＝1n－n＋1 1，
∴
数
列
1 anan＋1
的
前
100
项 和 为 1－12 ＋ 12－31 ＋ … ＋
1100－1101＝1－1101＝110001.
高考总复习·数学理科（RJ）
第六章 数 列
角度二 数列与不等式的交汇 【例 4】 (2018·郑州质检二)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn， a1＝－2，且满足 Sn＝12an＋1＋n＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝log3(－an＋1)，设数列bnb1n＋2的前 n 项和为 Tn，求 证：Tn<34.
高考总复习·数学理科（RJ）
第六章 数 列
【解析】 (1)由 Sn＝12an＋1＋n＋1(n∈N*)，得 Sn－1 ＝21an＋n(n≥2，n∈N*)， 两式相减，并化简，得 an＋1＝3an－2， 即 an＋1－1＝3(an－1)，又 a1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{an－1}是以－3 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 an－1＝(－3)·3n－1＝－3n. 故 an＝－3n＋1.
高中数学理科专题讲解高考大题专项(三)《数列》教学课件
典例剖析
对点训练3(2019四川泸州二模,17)已知数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn.(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)设bn=log2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明: 数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn,当n=1时,可得2a1=2+S1=2+a1,解得a1=2,当n≥2时,2an-1=2+Sn-1,又2an=2+Sn,相减可得2an-2an-1=2+Sn-2-Sn-1=an,即an=2an-1,检验a2=2a1, 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
解题心得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.
典例剖析
对点训练6已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
典例剖析
典例剖析
题型五 数列中的存在性问题例6已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 017?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,请说明理由.
典例剖析
典例剖析
典例剖析典例剖析源自典例剖析典例剖析典例剖析
解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
数列在日常生活中的应用PPT课件
• [例1] 某人有七位朋友．第一位朋友每天 晚上都去他家看他，第二位朋友每隔一个 晚上到他家去，第三位朋友每隔两个晚上 去他家串门，第四位朋友每隔三个晚上去 他家做客，依次类推，直至第七位朋友每 隔六个晚上在他家出现．这七位朋友昨晚 在主人家中碰面，他们还会同一个晚上在 主人家中碰面吗？
• 解析：第一位朋友每天晚上在主人家；第 二位朋友以后在主人家的天数为第： 2,4,6,8，„，这些数构成以2为首项，公差 为2的等差数列，通项公式为：an＝2n；第 三位朋友以后在主人家的天数为第：3,6,9 ，„，这些数构成以3为首项，公差为3的 等差数列，通项公式为：an＝3n；第四、 五、六、七位朋友晚上在主人家的天数构 成以4、5、6、7为首项，公差为4、5、6 、7的等差数列，通项公式分别为an＝4n， an＝5n，an＝6n，an＝7n；他们要在同一 晚上出现，这个数应为这七个数列的公共
• (1)等差数列的实际应用 • 在数列应用题中，若an＋1与an的关系满足 an＋1－an＝d(d为常数)时，则可以应用等差 数列模型解决． • 说明：要通过对题意的分析，说明数列为 等差数列，然后设出有关符号，如an，d等 的意义，这样才能使阅卷者迅速了解你的 解答思路．
(2)等比数列的实际应用 在数列应用题中，通过阅读题目题意，发现 an＋1 与 an an＋1 之间的关系满足 ＝q(q 为常数，且 q≠0)，则数列{an} an 为等比数列．故这一类题目可用等比数列的模型解决． 说明：解题时，可通过不完全归纳法，先列出一些简 单的具体的情况，然后再写出一般关系式！
• 5．模型法 • 模型法就是在实际问题中，构造数列模型 或其他模型，再进而构造数学模型，通过 构造模型使问题顺利得到解决． • 运用模型法来解决问题时，应广泛搜集信 息，抓住关键词，准确理解题意，要善于 抓主要矛盾，类比联想，从而建立相应模 型． • (1)解决数列的应用问题必须准确探索问题 所涉及的数列的模型(如等差数列、等比数 列、或与等差、等比数列有关的数列)，或
高考数学微专题3 数列的通项课件(共41张PPT)
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依 次 是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ， 则 此 数 列 的 第 25 项 与 第 24 项 的 差 为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
内容索引
内容索引
说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
内容索引
1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】 因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项 为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也 为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.
数列解答题专练(含答案版)
数列高考真题汇编1．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n -14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，(3分)由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1. 所以a n ＝2n －1.(5分)(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.(6分)当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.(10分)2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.3．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1.(4分) 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(5分)(2)解：由(1)得a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2. 从而b n ＝n ·3n .(7分)S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，① 3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1.② ①—②，得－2S n ＝31＋32＋ (3)－n ·3n＋1＝3·(1－3n )1－3－n ·3n ＋1＝(1－2n )·3n ＋1－32.(10分)所以S n ＝(2n －1)·3n ＋1＋34.(12分)4．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝2，S n ＋1＝3S n ＋n 2＋2(n ∈N *)，设b n ＝a n ＋n .(1)证明：数列{b n }是等比数列；(2)若c n ＝n b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n <45.解析 (1)证明：因为a 1＝2，S n ＋1＝3S n ＋n 2＋2， 所以当n ＝1时，a 1＋a 2＝3a 1＋12＋2，解得a 2＝7.(2分)由S n ＋1＝3S n ＋n 2＋2及S n ＝3S n －1＋(n －1)2＋2(n ≥2)，两式相减，得 a n ＋1＝3a n ＋2n －1.故a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )． 即b n ＋1＝3b n (n ≥2)．(4分)又b 1＝3，b 2＝9，所以当n ＝1时上式也成立． 故数列{b n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(5分) (2)由(1)知b n ＝3n，所以c n ＝n3n .所以T n ＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ， ①3T n ＝1＋23＋332＋…＋n －13n －2＋n3n －1. ②(7分)②－①，得2T n ＝1＋13＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝32－3＋2n2·3n . 所以T n ＝34－3＋2n4·3n .(10分) 因为n ∈N *，显然有3＋2n4·3n >0. 又34<45，所以T n <45.(12分)5．已知首项为12的等比数列{a n }是递减数列，其前n 项和为S n ，且S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n .解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由题知a 1＝12， 又∵S 1＋a 1，S 2＋a 2，S 3＋a 3成等差数列， ∴2(S 2＋a 2)＝S 1＋a 1＋S 3＋a 3.∴S 2－S 1＋2a 2＝a 1＋S 3－S 2＋a 3，即3a 2＝a 1＋2a 3. ∴32q ＝12＋q 2，解得q ＝1或q ＝12.(4分) 又{a n }为递减数列，于是q ＝12. ∴a n ＝a 1q n -1＝(12)n .(6分) (2)∵b n ＝a n log 2a n ＝－n (12)n ，∴T n ＝－[1×12＋2×(12)2＋…＋(n －1)(12)n －1＋n ×(12)n ]． 于是12T n ＝－[1×(12)2＋…＋(n －1)(12)n ＋n ×(12)n ＋1]．(8分)两式相减，得12T n ＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1]＝－12×[1－(12)n ]1－12＋n ×(12)n ＋1.∴T n ＝(n ＋2)(12)n－2，6．已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n -1，求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a n b n＝2，即c n ＋1－c n ＝2.(4分)所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1，知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1. 于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1， 3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n .所以S n ＝(n －1)3n ＋1.7．已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．解析 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3 设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32. 所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减，得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.8．已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1·a 2＝2，a 3·a 4＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 11＋b 23＋b 35＋…＋b n 2n －1＝a n ＋1－1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得⎩⎨⎧a 21q ＝2，a 21q 5＝32.又∵a 1>0，q >0，∴⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2.∴a n ＝2n －1.(2)由题意，可得b 11＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1＝2n －1.∴2n －1－1＋b n 2n －1＝2n －1(n ≥2)，b n2n －1＝2n －1.∴b n ＝(2n －1)2n －1(n ≥2)． 当n ＝1时，b 1＝1，符合上式， ∴b n ＝(2n －1)·2n －1(n ∈N *)．设T n ＝1＋3×21＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1，2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，两式相减，得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n ＝－(2n －3)·2n －3. ∴T n ＝(2n －3)2n ＋3.9．已知数列{a n }是a 3＝164，公比q ＝14的等比数列．设b n ＋2＝3log 14a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n b n .(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{c n }的前n 项和S n .解析 (1)证明：由已知，可得a n ＝a 3q n －3＝(14)n . 则b n ＋2＝3log 14(14)n ＝3n ，∴b n ＝3n －2. ∵b n ＋1－b n ＝3，∴{b n }为等差数列． (2)由(1)知c n ＝a n b n ＝(3n －2)(14)n ，∴S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －2)×(14)n ， ①14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1. ② ①－②，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋(14)4＋…＋(14)n ]－(3n －2)·(14)n ＋1 ＝14＋3·(14)2[1－(14)n －1]1－14－(3n －2)·(14)n ＋1 ＝12－(3n ＋2)·(14)n ＋1.∴S n ＝23－3n ＋23·(14)n.健康文档 放心下载 放心阅读。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第14页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
由
题
知
不
等
式
2Tn＋3×22－n－10 k
≤n2
＋
4n
＋
5
，
则
k≥n2＋n＋4n2＋5对任意 n∈N*恒成立．(10 分)
又n2＋n＋4n2＋5＝n＋2＋1 n＋1 2≤130，则 k≥130.(11 分)
所以实数 k 的取值范围为[130，＋∞)．(12 分)
第15页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
对点练
1．(2014·新课标全国Ⅰ)(本小题满分 12 分) 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn －1，其中 λ 为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在 λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 思路 根据条件的递推关系，寻找 an 与 an＋1 的关系．
则数列{bn－12}是等比数列，首项为 b1－12＝3，公比为12，(4 分)
所以 bn－12＝3×(12)n－1，bn＝3×(12)n－1＋12.(5 分)
第13页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
(2)因为 bn＝3×(12)n－1＋12， 所以 Tn＝3(1＋12＋212＋…＋2n1－1)＋n2＝311－－1221n＋n2＝6(1－21n) ＋n2.(8 分)
2．解析 (1)证明：因为 a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2， 所以当 n＝1 时，a1＋a2＝3a1＋12＋2，解得 a2＝7.(2 分) 由 Sn＋1＝3Sn＋n2＋2 及 Sn＝3Sn－1＋(n－1)2＋2(n≥2)，两式相 减，得 an＋1＝3an＋2n－1.故 an＋1＋n＋1＝3(an＋n)． 即 bn＋1＝3bn(n≥2)．(4 分) 又 b1＝3，b2＝9，所以当 n＝1 时上式也成立． 故数列{bn}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列．(5 分)
第6页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
规范解答及评分 1．思路 (1)将已知关系式变形后利用等差数列定义证明； (2)根据(1)的结论求 an 的通项公式，利用错位相减法求 Sn.
第7页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
解析 (1)证明：由已知可得na＋n＋11＝ann＋1，即na＋n＋11－ann＝1.(4
第11页
第三部分 第2讲
高考调研
因为 n∈N*，显然有34＋·32nn>0.
又34<45，所以
4 Tn<5.(12
分)
高考总复习·二轮专题·数学·理
第12页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
3．解析 (1)证明：对任意 n∈N*，都有 bn＋1＝12bn＋14，所以 bn＋1－12＝12(bn－12)．(3 分)
第3页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
类型一 证明等差、等比数列
典型例题
1．(2014·安徽)(本小题满分 12 分) 数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*. (1)证明：数列ann是等差数列； (2)设 bn＝3n· an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
第5页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
3．(2014·济南针对性训练)(本小题满分 12 分) 已知数列{bn}满足 bn＋1＝12bn＋14，且 b1＝72，Tn 为数列{bn}的 前 n 项和． (1)求证：数列{bn－12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)如果对任意 n∈N*，k>0，不等式2Tn＋3×k22－n－10≤n2＋ 4n＋5 恒成立，求实数 k 的取值范围．
分)
所以数列ann是以a11＝1 为首项，1 为公差的等差数列．(5 分) (2)解：由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以 an＝n2. 从而 bn＝n·3n.(7 分) Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
第16页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
解析 (1)证明：由题设知 anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－ 1，(2 分)
两式相减，得 an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ.(5 分) (2)解：由题设知 a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4.故 an＋2－an＝4.(7 分) 由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝ 4n－3；(9 分)
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
第三部分 讲重点•解答题专练
第1页
第三部分 讲重点•解答题专练
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
第2讲 数 列
第2页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
近几年高考中的数列总体难度有所降低，以考查数列的概 念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法 为主，有时也有涉及到函数、方程、不等式知识的综合性问题， 在解题过程中常用到等价转化、分类讨论、函数与方程等思想方 法.
第10页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
(2)由(1)知 bn＝3n，所以 cn＝3nn. 所以 Tn＝13＋322＋333＋…＋n3－n－11 ＋3nn， ① 3Tn＝1＋23＋332＋…＋n3－n－12 ＋3nn－1. ②(7 分) ②－①，得 2Tn＝1＋13＋312＋…＋3n1－1－3nn＝32－32＋·32nn. 所以 Tn＝34－34＋·32nn.(10 分)
第4页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
2．(2014·抚州检测)(本小题满分 12 分) 已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2(n ∈N*)，设 bn＝an＋n. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)若 cn＝bnn，数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<45.
第8页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
①—②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·11－－33n－n·3n＋ 1＝1－2n2·3n＋1－3.(10 分)
所以 Sn＝2n－14·3n＋1＋3.(12 分)
第9页
第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理