2019高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用教案理.doc

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1、1第二讲 数列的综合应用年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养2018 卷等差数列的通项公式和前 n项和公式T 17卷等差数列的基本运算T172016卷等比数列的通项公式、 an与 Sn的关系T 17命题分析数列在解答题中的考查常从数列的相关项以及关系式，或数列的前 n项和与第 n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前 n项和，有时与参数的求解、数列、不等式的证明等加以综合试题难度中等学科素养通过递推关系求通项，根据通项结构选择恰当的求和方法求和.由递推关系求通项授课提示：对应学生用书第30页悟通方法结论求数列通项常用的方法(1)定义法

2、：形如 an1 an C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列形如2an1 kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列(2)叠加法：形如 an1 an f(n)，利用 an a1( a2 a1)( a3 a2)( an an1 )，求其通项公式(3)叠乘法：形如 f(n)0，利用 an a1 ，求其通项公式an 1an a2a1 a3a2 anan 1(4)待定系数法：形如 an1 pan q(其中 p， q均为常数， pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为 an1 t p(ant)，其中t ，再转化为等比数列求解q1 p(5)构造法：形如 an1 pan

3、 qn(其中 p， q均为常数， pq(p1)0)，先在原递推公式两边同除以 qn1 ，得 ，构造新数列 bn ，得 bn1 bn ，an 1qn 1 pq anqn 1q (其 中 bn anqn) pq 1q接下来用待定系数法求解全练快速解答1(2018洛阳四校联考)已知数列 an满足条件 a1 a2 a3 an2 n512 122 123 12n，则数列 an的通项公式为( )A an2 n1 B anError!C an2 n D an2 n2解析：由题意可知，数列 an满足条件 a1 a2 a3 an2 n5，则 n2时12 122 123 12n，有 a1 a2 a3 an1 2(

4、 n1)5， n2，12 122 123 12n 1两式相减可得， 2 n52( n1)52，an2n an2 n1 ， n2， nN *.当 n1时， 7， a114，a12综上可知，数列 an的通项公式为 anError!答案：B2(2018潮州月考)数列 an的前 n项和记为 Sn， a11， an1 2 Sn1( n1， nN *)，则数列 an的通项公式是_解析：法一：由 an1 2 Sn1可得 an2 Sn1 1( n2)，两式相减得 an1 an2 an，即an1 3 an(n2)又 a22 S113， a23 a1，故 an是首项为1，公比为3的等比数列， an3 n1 .3法

5、二：由于 an1 Sn1 Sn， an1 2 Sn1，所以 Sn1 Sn2 Sn1， Sn1 3 Sn1，所以 Sn1 3 ，12 (Sn 12)所以数列 为首项是 S1 ，公比为3的等比数列，故 Sn 3n1 3nSn12 12 32 12 32 12，即 Sn 3n .12 12所以，当 n2时， an Sn Sn1 3 n1 ，由 n1时 a11也适合这个公式，知所求的数列 an的通项公式是 an3 n1 .答案： an3 n13(2018福州模拟)已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 Sn2 an1.(1)证明数列 an是等比数列；(2)设 bn(2 n1) an，求数列 bn的前

6、n项和T n.解析：(1)证明：当 n1时， a1 S12 a11，所以 a11，当 n2时， an Sn Sn1 (2 an1)(2 an1 1)，所以 an2 an1 ，所以数列 an是以1为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知， an2 n1 ，所以 bn(2 n1)2 n1 ，所以T n13252 2(2 n3)2 n2 (2 n1)2 n1 2Tn1232 2(2 n3)2 n1 (2 n1)2 n由得T n12(2 12 22 n1 )(2 n1)2 n12 (2 n1)2 n2 2n 121 2(32 n)2n3，所以T n(2 n3)2 n3.由 an与 Sn关系求通项公式

7、的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分 n1和 n2两种情况讨论，特别注意 an Sn Sn1 中需 n2.4(2)由 Sn Sn1 an推得 an，当 n1时， a1也适合，则需统一“合写”(3)由 Sn Sn1 an推得 an，当 n1时， a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即anError!数列求和授课提示：对应学生用书第31页悟通方法结论常用求和方法(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列把 Sn a1 a2 an两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSn a1q a2q anq，两式错位相减即可求出 Sn.(2)裂项相

8、消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法裂项相消法适用于形如 (其中 an是各项均不为零的等差数列canan 1， c为常数)的数列(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和(2017高考全国卷)(12分)设数列 an满足(1)求 an的通项公式；(2)求数列 的前 n项和学审题条件信息 想到方法 注意什么由 a13 a2 (2n1) an2 nan与 Sn的关系求解 分 n1， n2讨论5由 an2n 1 根据通项结构选裂项求和 裂项时消去项与保留项的首尾对应规范解答 (1)因为 a13 a2

9、(2 n 1) an2 n，故当 n2时， a13 a2(2 n3) an1 2( n1)(2分)两式相减得(2 n 1) an2，所以 an (n2) (4分)22n 1又由题设可得 a12，满足上式，从而 an的通项公式为 an . (6分)22n 1(2)记 的前 n项和为 Sn.an2n 1由(1)知 . an2n 1 22n 12n 1 12n 1 12n 1(10分)则 Sn . 11 13 13 15 12n 1 12n 1 2n2n 1(12分)1分类讨论思想在数列求和中的应用(1)当数列通项中含有(1) n时，在求和时要注意分 n为奇数与偶数处理(2)对已知数列满足 q，在求

10、 an的前 n项和时分奇数项和偶数项分别求和an 2an2学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力练通即学即用1已知函数 f(n)Error!且 an f(n) f(n1)，则 a1 a2 a3 a100( )A0 B100C100 D10 200解析：由题意， a1 a2 a3 a1001 22 22 23 23 24 24 25 299 21002100 2101 2(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100，故选B.答案：B62已知数列 an的通项公式是 an(1) n(3n2)，则 a1 a2 a10等于( )A1

11、5 B12C12 D15解析： an(1) n(3n2)， a1 a2 a10147102528(14)(710)(2528)3515.答案：A3(2018张掖诊断)已知数列 an的前 n项和为 Sn，若 an3 Sn4， bnlog 2an1 .(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)令 cn ，其中 nN *，若数列 cn的前 n项和为T n，求T n.bn2n 1 1nn 1解析：(1)由 a13 a14，得 a11，由 an3 Sn4，知 an1 3 Sn1 4，两式相减并化简得 an1 an，14 an n1 ，(14)bnlog 2an1 log 2 n2 n.(14)(2)由

12、题意知， cn .n2n 1nn 1令 Hn ，12 222 323 n2n则 Hn ，12 122 223 n 12n n2n 1得，Hn 1 .12 12 122 123 12n n2n 1 n 22n 1 Hn2 .n 22n又 Mn1 1 ，12 12 13 1n 1n 1 1n 1 nn 1T n Hn Mn2 .n 22n nn 17数列的综合应用授课提示：对应学生用书第32页悟通方法结论数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题(1)(2018

13、德州模拟)已知点 O为坐标原点，点 An(n， an)(nN *)为函数 f(x)的图象上的任意一点，向量 i(0,1)， n是向量 与 i的夹角，则数列 的1x 1 OAn cos nsin n前2 015项的和为( )A2 B. C. D12 0142 015 2 0152 016解析：因为 an ，所以 ( n， )，所以cos 1n 1 OAn 1n 1 n ，因为0 n，所以sin n OAn i|OAn |i|1n 1n2 1n 12 1 cos2 n，所以 ，所以 nn2 1n 12 cos nsin n 1nn 1 1n 1n 1 cos 1sin 1 cos 2sin 21

14、1 .cos 2 015sin 2 015 12 12 13 12 015 12 016 12 016 2 0152 016答案：C(2)(2018日照模拟)已知数列 an的前 n项和 Sn满足：2 Sn an1.求数列 an的通项公式；设 bn ，数列 bn的前 n项和为T n，求证：T n .2an 11 an1 an 1 14解析：因为2 Sn an1，所以2 Sn1 an1 1，两式相减可得2 an1 an1 an0，即3 an1 an，即 ，an 1an 13又2 S1 a11，所以 a1 ，13所以数列 an是首项、公比均为 的等比数列138故 an ( )n1 ( )n，数列 a

15、n的通项公式为 an( )n.13 13 13 13证明：因为 bn ，2an 11 an1 an 1所以 bn 213n 11 13n1 13n 123n 13n 13n3n 1 13n 1 23n3n 13n 1 1 13n 1.13n 1 1故T n b1 b2 bn( )( )( )131 1 132 1 132 1 133 1 13n 1 13n 1 1 .14 13n 1 1 14所以T n .14数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧应用练通即学即用1(2018宝鸡摸底)正项等比数列 an中， a2 017 a2 0162 a2

16、 015，若 aman16 a ，则 的最小值等于( )214m 1nA1 B.32C. D.53 136解析：设等比数列 an的公比为 q，且 q0， a2 015q2 a2 015q2 a2 015， q2 q20， q2或 q1(舍去)，又 a1qm1 a1qn1 16 a ，212 m n2 16， m n24， m n6， (4m 1n) m n6 16(5 4nm mn)9 ，当且仅当 m4， n2时等号成立故 的最小值为 .16(5 24nmmn) 32 4m 1n 32答案：B2(2018烟台模拟)设函数 f(x) (x0)，数列 an满足 a11， an f( )，23 1x

17、 1an 1nN *，且 n2.(1)求数列 an的通项公式；(2)对 nN *，设 Sn ，若 Sn 恒成立，求实数t的取1a1a2 1a2a3 1a3a4 1anan 1 3t4n值范围解析：(1)由 an f( )得， an an1 ， nN *， n2，1an 1 23所以 an是首项为1，公差为 的等差数列23所以 an1 (n1) ， nN *.23 2n 13(2)因为 an ，所以 an1 ，2n 13 2n 33所以 ( )1anan 1 92n 12n 3 92 12n 1 12n 3则 Sn ( ) .1a1a2 1a2a3 1a3a4 1anan 1 9213 12n

18、3 3n2n 3故 Sn 恒成立等价于 ，即t 恒成立3t4n 3n2n 3 3t4n 4n22n 3令 g(x) (x0)，则 g( x) 0，4x22x 3 8xx 32x 32所以 g(x) (x0)为单调递增函数4x22x 3所以当 n1时， 取得最小值，且( )min .4n22n 3 4n22n 3 45所以t ，即实数t的取值范围是(， .45 45授课提示：对应学生用书第131页10一、选择题1(2018宜昌月考)已知等差数列 an的前 n项和为 Sn，若 a1 a2 OB OA 018 ，且 A， B， C三点共线(该直线不过点 O)，则 S2 018等于( )OC A1 0

19、07 B1 009C2 016 D2 018解析： A， B， C三点共线， a1 a2 0181， S2 018 1 009.2 018a1 a2 0182答案：B2已知数列 an满足 a15， anan1 2 n，则 ( )a7a3A2 B4C5 D.52解析：因为 2 2，所以令 n3，得 an 1an 2an 3an 4anan 1an 2an 3 an 4an 2n 12n 32n2n 2 a7a3224，故选B.答案：B3在数列 an中， a11， a22， an2 an1(1) n，那么 S100的值为( )A2 500 B2 600C2 700 D2 800解析：当 n为奇数时

20、， an2 an0 an1，当 n为偶数时， an2 an2 an n，故 anError!于是 S10050 2 600.2 100502答案：B4(2018海淀二模)在数列 an中，“ an2 an1 ， n2,3,4，”是“ an是公比为2的等比数列”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：当 an0时，也有 an2 an1 ， n2,3,4，但 an不是等比数列，因此充分性11不成立；当 an是公比为2的等比数列时，有 2， n2,3,4，即 an2 an1 ， n2anan 1,3,4，所以必要性成立答案：B5已知数列2 015,2 016,1，

21、2 015，2 016，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和 S2 017等于( )A2 018 B2 015C1 D0解析：由已知得 an an1 an1 (n2)， an1 an an1 ，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，2 015，2 016，1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6， S60.2 01763361， S2 0172 015.答案：B6若数列 an满足 a115，且3 an1 3 an2，则使 akak1 0的 k值为( )A22 B21C24 D23解析：因为3 an1 3 an2，

22、所以 an1 an ，所以数列 an是首项为15，公差为23的等差数列，所以 an15 (n1) n ，令 an n 0，得 n23.5，所23 23 23 473 23 473以使 akak1 0的 k值为23.答案：D7已知数列 an满足 a11， an1 Error!则其前6项之和为( )A16 B20C33 D120解析： a22 a12， a3 a213， a42 a36， a5 a417， a62 a514，所以前6项和 S6123671433，故选C.答案：C8已知等差数列 an的公差为 d，关于 x的不等式 dx22 a1x0的解集为0,9，则使数列 an的前 n项和 Sn最大

23、的正整数 n的值是( )A4 B5C6 D7解析：关于 x的不等式 dx22 a1x0的解集为0,9，0,9是一元二次方程 dx22 a1x0的两个实数根，且 d0， 9， a1 . an a1( n1) d( n )d，可得 a2a1d 9d2 112125 d0， a6 d0.使数列 an的前 n项和 Sn最大的正整数 n的值是5.12 12答案：B9(2018湘中名校联考)若 an是等差数列，首项 a10， a2 016 a2 0170， a2 016a2 0170，则使前 n项和 Sn0成立的最大正整数 n是( )A2 016 B2 017C4 032 D4 033解析：因为 a10，

24、 a2 016 a2 0170， a2 016a2 0170，所以d0， a2 0160， a2 0170，所以 S4 032 0， S4 0334 032a1 a4 0322 4 032a2 016 a2 01724 033 a2 0170，所以使前 n项和 Sn 0成立的最大正整数 n是4 032.4 033a1 a4 0332答案：C10已知数列 an满足 an2 an1 an1 an， nN *，且 a5 .若函数 f(x)sin 22x2 cos 2 ，记 yn f(an)，则数列 yn的前9项和为( )xA0 B9C9 D1解析：由已知得2 an1 an an2 ，即数列 an为等

25、差数列又 f(x)sin 2 x1cos x，a1 a9 a2 a82 a5，故cos a1cos a9cos a2cos a8cos a50，又2 a12 a92 a22 a84 a52，故sin 2 a1sin 2 a9sin 2 a2sin 2 a8sin 4 a50，故数列 yn的前9项和为9.答案：C11已知数列 an，“| an1 | an”是“数列 an为递增数列”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：| an1 | an，Error!或Error!又数列 an为递增数列， an1 an，“| an1 | an”是“数列 an为递增数列

26、”的既不充分也不必要条件答案：D12已知数列 an是首项为 a，公差为1的等差数列，数列 bn满足 bn .若对任意1 anan13的 nN *，都有 bn b8成立，则实数 a的取值范围是( )A(8，7) B8，7)C(8，7 D8，7解析：因为 an是首项为 a，公差为1的等差数列，所以 an n a1，因为 bn ，1 anan又对任意的 nN *都有 bn b8成立，所以1 1 ，即 对任意的 nN *恒成立，因1an 1a8 1an 1a8为数列 an是公差为1的等差数列，所以 an是单调递增的数列，所以Error!即Error!解得8 a7.答案：A二、填空题13(2018沈阳模

27、拟)在数列 an中， a11， a22， an1 3 an2 an1 (n2)，则 an_.解析：法一：因为 an1 3 an2 an1 (n2)，所以 2( n2)，所以 an1 anan 1 anan an 1( a2 a1)2n1 2 n1 (n2)，又 a2 a11，所以 an an1 2 n2 ， an1 an2 2 n3 ，a2 a11，累加，得 an2 n1 (nN *)法二：因为 an1 3 an2 an1 (n2)，所以 an1 2 an an2 an1 ，得 an1 2 an an2an1 an1 2 an2 a22 a10，即 an2 an1 (n2)，所以数列 an是以

28、1为首项，2为公比的等比数列，所以 an2 n1 (nN *)答案：2 n1 (nN *)14(2018辽宁五校联考)设数列 an的前 n项和为 Sn，若 a13且当 n2时，2 an SnSn1 ，则 an的通项公式 an_.解析：当 n2时，由2 an SnSn1 可得2( Sn Sn1 ) SnSn1 ， ，即1Sn 1 1Sn 12 ，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列， ( )(n11Sn 1Sn 1 12 1Sn 13 12 1Sn 13 12) ， Sn .当 n2时， an SnSn1 5 3n6 65 3n 12 12 65 3n 65 3n 1 185 3n8 3n，又

29、a13， anError!答案：Error!15(2018广州调研)已知数列 an满足 a11， an1 a an，用 x表示不超过 x的2n最大整数，则 _.1a1 1 1a2 1 1a2 017 1解析：因为 an1 a an，2n14所以 ，1an 1 1anan 1 1an 1an 1即 ，1an 1 1an 1an 1于是 1a1 1 1a2 1 1a2 017 1 (1a1 1a2) (1a2 1a3) ( 1a2 017 1a2 018) 1a1 .1a2 018因为 a11， a221， a361，可知 (0,1)，则 (0,1)，1a2 018 1a1 1a2 018所以 0

30、.1a1 1a2 018答案：016已知数列 an满足 a140，且 nan1 ( n1) an2 n22 n，则 an取最小值时 n的值为_解析：由 nan1 ( n1) an2 n22 n2 n(n1)，两边同时除以 n(n1)，得 2，an 1n 1 ann所以数列 是首项为40、公差为2的等差数列，ann所以 40( n1)22 n42，ann所以 an2 n242 n，对于二次函数 f(x)2 x242 x，在 x 10.5时， f(x)取得最小值，b2a 424因为 n取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以 n取10或11时， an取得最小值答案：10或11三、解答题17

31、(2018枣庄模拟)已知方程 anx2 an1 x10( an0)有两个根 n、 n， a11，且满足(1 )(1 )12 n，其中 nN *.1 n 1 n(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnlog 2(an1)， cn anbn，求数列 cn的前 n项和T n.解析：(1)由已知可得，Error!，15又(1 )(1 )12 n，1 12 n，1 n 1 n n n n n 1 n n整理得， an1 an2 n，其中 nN *. an( an an1 )( an1 an2 )( a3 a2)( a2 a1) a12 n1 2 n2 2 221 2 n1.1 2n1 2(2)由(1

32、)知， bnlog 2(2n11) n， cn n(2n1) n2n n.T n c1 c2 cn1222 232 3 n2n(12 n)，设 Pn1222 232 3 n2n，则2 Pn12 222 332 4( n1)2 n n2n1 ，得 Pn22 22 32 n n2n1 n2n1 (1 n)2n1 2，21 2n1 2 Pn( n1)2 n1 2.又 Qn12 n ，nn 12T n Pn Qn( n1)2 n1 2 .nn 1218(2018九江一中模拟)设等差数列 an的前 n项和为 Sn， a223 a72，且 ，1a2， S3成等比数列， n N*.S2 3(1)求数列 an

33、的通项公式；(2)令 bn ，数列 bn的前 n项和为T n，若对于任意的 nN *，都有64T n|3 4n 1a2na2n 21|成立，求实数 的取值范围解析：(1)设等差数列 an的公差为 d，由Error! 得Error!，即Error! ，解得Error! 或Error!.当 a1 ， d 时， 没有意义，25 25 S2 3 175 a12， d2，此时 an22( n1)2 n.(2)bn 4n 1a2na2n 2 n 14n 22n2 1161n2 1n 22Tn b1 b2 b3 bn16 ( ) ( ) ( )116112 132 116122 142 116132 152

34、 116 1n 12 1n 12 1161n2 1n 22 1 116 14 1n 12 1n 22 ，564 116 1n 12 1n 2264T n54 5，1n 12 1n 22为满足题意，只需|3 1|5， 2或 .4319(2018临汾中学模拟)已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 Sn (a an)， an0.12 2n(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，数列 bn的前 n项和为T n，则是否存在正整数 m，使得 mT n m3对an2n 1任意的正整数 n恒成立？若存在，求出 m的值；若不存在，请说明理由解析：(1) Sn (a an)，即 a an2 Sn0，12

35、 2n 2n当 n2时， Sn1 (a an1 )，即 a an1 2 Sn1 0，12 2n 1 2n 1得( an an1 )(an an1 ) an an1 2 an0，(an an1 )(an an1 1)0， an0， an an1 1，当 n1时， a a12 a10， an0，21 a11， an1( n1) n.(2)由(1)知 bn ，所以T n1( )02( )1 n( )n1 ，n2n 1 12 12 12Tn1( )12( )2 n( )n，12 12 12 12得 Tn1 ( )n1 n( )n21( )n n( )n，12 12 12 12 12 12故T n41( )n2 n( )n44( )n2 n( )n4(2 n4)( )n.12 12 12 12 12易知T n4，17T n1 T n4(2 n6)( )n1 4(2 n4) ( )n( n1)( )n0，12 12 12T nT 11，故存在正整数 m1满足题意