（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法专题突破四高考中的数列问题课件.pptx

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1、高考专题突破四 高考中的数列问题,第七章 数列与数学归纳法,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,题型分类 深度剖析,1,PART ONE,题型一 等差数列、等比数列的基本问题,师生共研,(2)求正整数t的最小值.,等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序. (2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的

2、影响也是巨大的.,跟踪训练1 (2018浙江名校联盟联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的公比是q(q1)，且满足：a12，b11，S23b2，a2b3. (1)求an与bn；,(2)设cn2bn ，若数列cn是递减数列，求实数的取值范围.,解 由(1)可知cn2n3n， 若cn是递减数列，则cn1cn， 即2n13n12n3n，,题型二 数列的通项与求和,师生共研,(1)求数列an的通项公式；,所以Sn2n2n. 当n1时，a1S11； 当n2时，anSnSn1(2n2n)2(n1)2(n1)4n3， 当n1时，a11也符合上式. 所以数列an的通项公式为an4n3(nN*)

3、.,(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.,(1)求数列an的通项公式；,解 由题意知SnSn1Sn1Sn22n1(n3)， 即anan12n1(n3)， 所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)a2 2n12n2225 2n12n222212 2n1(n3)， 检验知n1,2时，结论也成立，故an2n1.,故Tnb1f(1)b2f(2)bnf(n),题型三 数列与不等式的交汇,师生共研,an1an，nN*.,得Sna1a2an,(1)以数列

4、为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩； (2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化.,求证：(1)an1an；,课时作业,2,PART TWO,基础保分练,1,2,3,4,5,6,1.(2018绍兴市上虞区调研)已知数列an满足a1511,4anan13(n2). (1)求证：an1是等比数列；,a115120，,1,2,3,4,5,6,(2)令bn|log2(an1)|，求bn的前n项和Sn.,则log2(an1)112n.bn|112n|， 令cn112n，当n5时，cn0； 当n6时，cn0， 设cn的前n项和为Tn，则Tn10nn2， 当

5、n5时，SnTn10nn2； 当n6时，Sn2T5Tnn210n50.,1,2,3,4,5,6,(1)求数列an的通项公式；,解 当n1时，可得a24， 当n2时，4Snanan1,4Sn1anan1， 两式相减，得4anan(an1an1)， an0，an1an14， an的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列， 当n2k1，kN*时，an2n； 当n2k，kN*时，an2n.an2n(nN*).,1,2,3,4,5,6,(2)设 (nN*)，求cn的前n项和Tn.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,(1)求数列an的通项公式；,则anSnSn1n2

6、(n1)22n1(n2)， 当n1时，a11，适合上式，因此an2n1(nN*).,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解 2kan22k，2k2n122k，,2k11n22k1，则bk22k1(2k11)122k12k1，kN*.,1,2,3,4,5,6,则42m(4m)2k14， 即有082m(4m)2k1，因此m4，对于mN*，则当m1时，正整数k不存在，m2时，正整数k不存在，m3时，k3， 因此存在符合条件的k，m，且m3，k3.,1,2,3,4,5,6,4.(2018浙江名校协作体联考)已知数列an中，a11，且点P(an，an1) (nN*)在直线xy10上. (1)

7、求数列an的通项公式；,解 因为anan110，所以an1an1， 因此数列an是首项为1，公差为1的等差数列， 则an1(n1)1n.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,所以S1S2Sn1,因此g(n)n. 故存在关于n的整式g(n)n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立.,故nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S2S1S11， 以上式子相加得nSnS1S1S2Sn1(n1)， 则有S1S2Sn1nSnnn(Sn1)(n2)，因此g(n)n， 故存在关于n的整式g(n)n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,技能提升练,an1(an1an)(a2a1)a1n2.,1,2,3,4,5,6,原不等式得证.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,原不等式得证.,1,2,3,4,5,6,拓展冲刺练,假设当nk(kN*)时不等式成立，即0ak1， 那么当nk1时，,1,2,3,4,5,6,0ak11. 即当nk1时不等式也成立. 综合可知，0an1对任意nN*成立.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,即an1an，数列an为递增数列.,1,2,3,4,5,6,当n2时，,当n2时，,