2018年高三数学二轮复习专题课件(理科)1-3-2
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第2讲 数列的综合问题
真题感悟·考点整合 热点聚焦·题型突破 归纳总结·思维升华 专题训练·对接高考
高考定位 数列的综合问题，多与函数、方程、不等式、三角 等有关知识综合；数列中的探索性问题，主要以等差、等比数 列的基本运算为背景，探究满足条件的参数的取值范围或者参 数的存在性问题．主要考查利用函数观点解决数列问题以及用 不等式的方法研究数列的性质．
热点一 数列与不等式的综合 [微考点 1] 数列中不等式的证明问题 【例 1－1】 (2014·临沂一模)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，
且 a1＝2,4Sn＝an·an＋1，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列a12n的前 n 项和为 Tn，求证：4nn＋4＜Tn＜12.
真题感悟·考点整合 热点聚焦·题型突破 归纳总结·思维升华 专题训练·对接高考
[真题感悟] (2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋ 1. (1)证明{an＋12}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明a11＋a12＋…＋a1n<32.
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证明 (1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋12＝3an＋12. 又 a1＋12＝32，所以{an＋12}是首项为32，公比为 3 的等比数列． 所以 an＋12＝32n， 因此{an}的通项公式为 an＝3n－2 1.
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又∵a12n＝41n2＜4n21－1＝2n－112n＋1＝ 122n1－1－2n1＋1， ∴Tn＝a121＋a122＋…＋a12n＜ 121－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＜12. 即得4nn＋4＜Tn＜12.
Baidu Nhomakorabea
(2)证明 ∵a12n＝41n2＞4nn1＋1＝141n－n＋1 1， ∴Tn＝a121＋a122＋…＋a12n＞ 141－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4nn＋4.
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5．应用题基本类型 (1)储蓄模型：本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 n，当按单 利计算时，本利和为 y＝a(1＋nr)，当按复利计算时，本利和 为 y＝a(1＋r)n； (2)产值模型：基数为 N，单位时间段的平均增长率为 p，则 经过 n 个单位时间段后，产值 y＝N(1＋p)n.
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规律方法 数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通 项放缩证明不等式；(2)作差法证明不等式．
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[微考点 2] 数列中的恒成立问题 【例 1－2】 (2014·浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝
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②当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4， 即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)． 综上可知，an＝2n，n∈N*.
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解 (1)由题意 a1a2a3…an＝
，b3－b2＝6，
又由 a1＝2，得公比 q＝2(q＝－2，舍去)， 所以数列{an}的通项为 an＝2n(n∈N*)．
故数列{bn}的通项为 bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
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[考点整合] 1．数列{an}的前n项和Sn与an的关系． 2．常用的数列求和方法． 3．数列{an}是单调递增数列，则an＋1－an＞0，n∈N*；
数列{an}是单调递减数列，则an＋1－an＜0，n∈N*.
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4．常见的放缩技巧 (1)1n－n＋1 1＝nn1＋1＜n12＜n－11n＝n－1 1－1n； (2)n12＜n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.
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(1)解 ∵4Sn＝an·an＋1，n∈N*， ∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4. 当n≥2时，4Sn－1＝an－1·an， 得4an＝an·an＋1－an－1·an. 由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4. ①当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4， 即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
(2)由(1)知a1n＝3n－2 1. 因为当 n≥1 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.
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(n∈N*)．若{an}为等比数列，且 a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求 an 与 bn； (2)设 cn＝a1n－b1n(n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.
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高考定位 数列的综合问题，多与函数、方程、不等式、三角 等有关知识综合；数列中的探索性问题，主要以等差、等比数 列的基本运算为背景，探究满足条件的参数的取值范围或者参 数的存在性问题．主要考查利用函数观点解决数列问题以及用 不等式的方法研究数列的性质．
热点一 数列与不等式的综合 [微考点 1] 数列中不等式的证明问题 【例 1－1】 (2014·临沂一模)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，
且 a1＝2,4Sn＝an·an＋1，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列a12n的前 n 项和为 Tn，求证：4nn＋4＜Tn＜12.
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[真题感悟] (2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋ 1. (1)证明{an＋12}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明a11＋a12＋…＋a1n<32.
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证明 (1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋12＝3an＋12. 又 a1＋12＝32，所以{an＋12}是首项为32，公比为 3 的等比数列． 所以 an＋12＝32n， 因此{an}的通项公式为 an＝3n－2 1.
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又∵a12n＝41n2＜4n21－1＝2n－112n＋1＝ 122n1－1－2n1＋1， ∴Tn＝a121＋a122＋…＋a12n＜ 121－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＜12. 即得4nn＋4＜Tn＜12.
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(2)证明 ∵a12n＝41n2＞4nn1＋1＝141n－n＋1 1， ∴Tn＝a121＋a122＋…＋a12n＞ 141－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4nn＋4.
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5．应用题基本类型 (1)储蓄模型：本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 n，当按单 利计算时，本利和为 y＝a(1＋nr)，当按复利计算时，本利和 为 y＝a(1＋r)n； (2)产值模型：基数为 N，单位时间段的平均增长率为 p，则 经过 n 个单位时间段后，产值 y＝N(1＋p)n.
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规律方法 数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通 项放缩证明不等式；(2)作差法证明不等式．
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[微考点 2] 数列中的恒成立问题 【例 1－2】 (2014·浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝
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②当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4， 即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)． 综上可知，an＝2n，n∈N*.
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解 (1)由题意 a1a2a3…an＝
，b3－b2＝6，
又由 a1＝2，得公比 q＝2(q＝－2，舍去)， 所以数列{an}的通项为 an＝2n(n∈N*)．
故数列{bn}的通项为 bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
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[考点整合] 1．数列{an}的前n项和Sn与an的关系． 2．常用的数列求和方法． 3．数列{an}是单调递增数列，则an＋1－an＞0，n∈N*；
数列{an}是单调递减数列，则an＋1－an＜0，n∈N*.
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4．常见的放缩技巧 (1)1n－n＋1 1＝nn1＋1＜n12＜n－11n＝n－1 1－1n； (2)n12＜n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.
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(1)解 ∵4Sn＝an·an＋1，n∈N*， ∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4. 当n≥2时，4Sn－1＝an－1·an， 得4an＝an·an＋1－an－1·an. 由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4. ①当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4， 即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
(2)由(1)知a1n＝3n－2 1. 因为当 n≥1 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.
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(n∈N*)．若{an}为等比数列，且 a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求 an 与 bn； (2)设 cn＝a1n－b1n(n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.
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