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【创新设计】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 专题探究课四课件 理 新人教A版


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对近几年高考试题统计看,江苏卷中考查内容主

要集中在两个方面:一是以填空题的形式考查等差、等比数 列的运算和性质,题目多为常规试题;二是等差、等比数列

的通项与求和问题,有时结合函数、不等式等进行综合考查,
涉及内容较为全面,试题题型规范、方法可循.

热点一 数列的通项与

求和 数列的通项与求和是高考必考的一种题型,重点在于灵

活运用等差、等比的定义、性质、通项公式与前n项和公式.同
时要重视方程思想的应用.

[考查角度一] 错位相减法求和问题

【例 1】 (满分 12 分)(2015· 湖北卷)设等差数列{an}的公差为 d, 前 n 项和为 Sn, 等比数列{bn}的公比为 q, 已知 b1=a1, b2=2,q=d,S10=100. (1) 求数列{an},{bn}的通项公式; an (2) 当 d>1 时,记 cn=b ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. n
满分解答
? ?10a1+45d=100, (1)由题意有? ? ?a1d=2,

? ?2a1+9d=20, 即? (2 ? ?a1d=2,

分)

?a1=9, ? ?a1=1, ? 解得? 或? 2 (4 ? ?d=2 ?d= . ? 9

分)

1 ? an= (2n+79), ? 9 ?an=2n-1, ? 故? 或? (6 分) n-1 ? ? ? 2 ?bn=2 ?bn=9· ? ?n-1. 9 ?
? ?

(2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2

n-1

2n-1 ,故 cn= n-1 ,(7 分) 2

2n-1 3 5 7 9 于是 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+?+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 2Tn=2+22+23+24+25+?+ 2n .②(8 分)

① -②可得 2n-1 1 1 1 1 ② 2Tn=2+2+22+?+ n-2- 2n (10 分) 2 2n+3 =3- n ,(11 分) 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 .(12 分) 2

?由题意列出方程组得2分;
?解得a1与d得2分,漏解得1分; ?正确导出an,bn得2分,漏解得1分; ?写出cn得1分;

?把错位相减的两个式子,按照上下对应好,再相减,
就能正确地得到结果,本题就得满分,否则就容易出 错,丢掉一些分数.

用错位相减法解决数列求和的模板.
第一步:(判断结构)

若数列 {an · bn} 是由等差数列 {an} 与等比数列 {bn}( 公
比q)的对应项之积构成的,则可用此法求和. 第二步:(乘公比) 设{an· bn}的前n项和为Tn,然后两边同乘以q. 第三步:(错位相减)

乘以公比 q 后,向后错开一位,使含有 qk(k∈N*) 的
项对应,然后两边同时作差. 第四步:(求和) 将作差后的结果求和,从而表示出Tn.

探究提高

分析已知条件和求解目标,确定为最终

解决问题需要首先求解的中间问题,如为求和需要 先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差

(公比)等,确定解题的逻辑次序.

【训练 1】 (2015· 遵义联考)已知等比数列{an}的各项均为正数, 1 1 且 2a1, ,3a2 成等差数列,a2, a3,a6 成等比数列. 2 3 (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)已知 bn=log3a ,记 cn=an·bn,求数列{cn}的前 n 项和 Sn. n
解 (1)设{an}的公比为 q,由条件得: 1 2a1+3a2=1, ?a1(2+3q)=1, ? ? ?a1=3, ? ? q>0,且? ?? 2 6 1 2 4 ?? 1 2 1 a2a6=9a3 a1q =9a1q ? ? ? ? ? q= . 3 ?
?1?n ∴an=?3? (n∈N*). ? ?

?1?n 1 n ? ? , (2)由(1)可得:bn=log3a =log33 =n,则 cn=an·bn=n· ?3? n ?1?1 ?1?2 ?1?n 1 ?1?2 ∴Sn=c1+c2+?+cn=?3? +2×?3? +?+n×?3? , Sn=?3? + 3 ? ? ? ? ? ? ? ? ?1?3 ?1?n+1 ?1?1 ?1?2 ?1?3 2 2×?3? +?+n×?3? ,两式相减,得3Sn=?3? +?3? +?3? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1?n? 1? ?1-? ? ? ?1? n ?1? n+1 3? ?1? n+1 1 1 ?3? ? ? ? +?+ ?3? - n× ?3? = - n × = 2 - 2 (2n + 1 ? ? ? ? ?3? 1- 3 ?1?n+1 ?1?n+1 3 3 3)?3? .∴Sn=4-4(2n+3)?3? . ? ? ? ?

[考查角度二] 裂项相消法求和问题
教材原题 ( 苏 教 版 必 修 5P60 复 习 题 T8 ( 1 ) ) 数 列 1 1 1 1 n 项和: Sn= + + + +? 1×2 2×3 3×4 4×5

? ? 1 ? ? ? ?的前 ? ?n(n+1)? ?

1 + ,研究一下,能否找到求 Sn 的一个公式.你能对 n(n+1) 这个问题作一些推广吗? 解题方法 裂项相消法求和.

【例 2】 (2015· 安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列,且 a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,bn= ,求数列{bn}的 SnSn+1 前 n 项和 Tn.
解 (1)由题设知 a1·a4=a2·a3=8. 又
? ?a1=1, ? ?a1=8, a1+a4=9.可解得? 或? (舍去). ? ? ?a4=8 ?a4=1

由 a4=a1q3 得公比为 q=2,故 an=a1qn-1=2n-1.

a1(1-qn) (2)Sn= =2n-1, 1-q an+1 Sn+1-Sn 1 1 又 bn= = = - , SnSn+1 SnSn+1 Sn Sn+1 所以
?1 1? ?1 1? Tn = b1 + b2 +?+ bn = ?S -S ? + ?S -S ? +? ? 1 ? 2 2? 3?

?1 1 ? 1 1 1 ? ? - +?S S ?=S - =1- n+1 . + n S 2 -1 ? n 1? 1 n+1

探究提高

对于求等差、等比数列的通项公式,一般化

为求首项和公差、公比,有时用等差、等比数列的性质.
对于求和问题,弄清错位相减法、裂项相消法的通项的 结构形式.

【训练 2】(2015· 全国Ⅰ卷)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0, a2 n+2an=4Sn+3.

(1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1

2 (1)由 a2 + 2 a = 4 S + 3 ,可知 a n n n n+1+2an+1=4Sn+1+3.

2 两式相减可得 a2 - a + n 1 n+2(an+1-an)=4an+1, 2 即 2(an+1+an)=a2 n+1-an=(an+1+an)(an+1-an).

由于 an>0,可得 an+1-an=2. 又 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an =2n+1.

(2)由 an=2n+1 可知 1 ? 1 1 1? ? 1 bn= = =2?2n+1-2n+3? ?. anan+1 (2n+1)(2n+3) ? ? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则
? 1 ? 1 ? 1 1? ?1 1? 1? ?? ? ? Tn=b1+b2+?+bn= ??3-5?+?5-7?+?+?2n+1-2n+3?? ? 2?? ? ? ? ? ?? n = . 3(2n+3)

热点二 数列与不等式的综合问题
数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种:一是 判断数列问题中的一些不等关系;二是以数列为载体,考查不 等式的恒成立问题;三是考查与数列问题有关的不等式的证明.

在解决这些问题时,如果是证明题要灵活选择不等式的证明方
法,如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题,要使 用不等式的各种不同解法,如数轴法、因式分解法等.

【例 3】 (2015· 南师附中月考)设各项均为正数的数列{an}的
* 前 n 项和为 Sn, 满足 a2 = 4 S + 4 n + 1 , n ∈ N , 且 a2 , a5, + n 1 n

a14 恰好是等比数列{bn}的前三项.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若对任意的 n∈N k≥3n-6 恒成立,求实数 k 的取值范围.
*

? 3? ,?Tn+2? ? ?



(1)当 n≥2 时,4Sn-1=a2 n-4(n-1)-1,

2 所以 4an=4Sn-4Sn-1=a2 - a n+1 n-4, 2 2 所以 a2 = a + 4 a + 4 = ( a + 2) , + n 1 n n n

因为 an>0,所以 an+1=an+2, 所以当 n≥2 时,{an}是以 2 为公差的等差数列. 因为 a2,a5,a14 构成等比数列,
2 所以 a2 = a · a ,即 ( a + 6) =a2·(a2+24),解得 a2=3, 5 2 14 2

由条件可知,4a1=a2 2-5=4,所以 a1=1. 因为 a2-a1=3-1=2, 所以数列{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1. a5 因为 a5=9,所以a =3,所以数列{bn}的通项公式为 bn=3n. 2

b1(1-qn) 3(1-3n) 3n+1-3 (2)Tn= = = . 2 1-q 1-3
?3n+1-3 3? ? 因为? + ? ?k≥3n-6 2 2 ? ?

对 n∈N*恒成立,

2n-4 所以 k≥ 3n 对 n∈N*恒成立. 2n-4 2n-4 2n-6 令 cn= 3n ,则 cn-cn-1= 3n - n-1 3 -2(2n-7) * = ( n ≥ 2 , n ∈ N ), n 3 当 n≤3 时,cn>cn-1;当 n≥4 时,cn<cn-1, 2 2 所以(cn)max=c3=27.故 k≥27.

探究提高

数列中不等式问题的处理方法: (1) 函数方法:

即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数 的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列 中的不等式. (2) 放缩方法:数列中不等式可以通过对中间过程或最后的 结果放缩得到. (3)比较方法:作差或者作商比较法.

【训练 3】 (2016· 淮安一模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已 知 a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式; n (2)若 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,n∈N*, an+1-an 证明:Tn<2.
(1)解 由 Sn+1=2Sn+n+1 得,当 n≥2 时, Sn=2Sn-1+n, 所以 an+1=2an+1,所以 an+1+1=2(an+1), an+1+1 即 =2(n≥2),又因为 S2=2S1+2,a1=S1=1,所以 a2 an+1 a2+1 =3,所以 =2,所以 an+1=2n,即 an=2n-1(n∈N*). a1+1

n (2)证明 因为 an=2 -1, 所以 bn= = n+1 n (2 -1)-(2 -1) 1 2 3 n n n = n,所以 Tn=2+22+23+?+2n, 2n+1-2n 2
n

n-1 1 1 2 n 所以2Tn=22+23+?+ 2n + n+1, 2 所以
?1 1 1 1 n ? ? Tn=2?2+22+23+?+2n-2n+1? ? ? ?

n =2- n-1-2n<2. 2

1

热点三 数列中的探索性问题 处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对

象存在或结论成立或其中的一部分结论成立,然后在这
个前提下进行逻辑推理. 若由此导出矛盾,则否定假设, 否则,给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要的 作用,还可以根据已知条件建立恒等式,利用等式恒成 立的条件求解.

【例 4】 (2016· 泰州调研)设数列{an}的前 n 项积为 Tn,已知对 Tn * ?n, m∈N , 当 n>m 时, 总有T =Tn-m· q(n-m)m(q>0 是常数). m
(1)求证:数列{an}是等比数列; (2)设正整数 k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较 Tn·Tk 和 (Tm)2 的大小,并说明理由; Tn (3)探究:命题 p:“对?n,m∈N ,当 n>m 时,总有T =Tn m
*
-m

·q(n-m)m(q>0 是常数)”是命题 t:“数列{an}是公比为 q(q

>0)的等比数列”的充要条件吗?若是, 请给出证明; 若不是, 请说明理由.

Tn (1)证明 设 m=1,则有 =Tn-1·qn-1,因为 Ti≠0(i∈N*),所 T1 Tn 以有 =a1·qn-1,即 an=a1·qn-1, Tn-1 an 所以当 n≥2 时, =q,所以数列{an}是等比数列. an-1 (2)解 当 q=1 时,an=a1(n∈N*),所以 Tn=an 1,所以 Tn·Tk= n n+k 2m 2 n-1 a1 ·ak = a = a = T ,当 q ≠ 1 时, a = a · q ,Tn=a1·a2? 1 1 1 m n 1 n(n-1) n 1+2+?+(n-1) n an=a1·q =a1·q , 2 2 2 n ( n - 1 ) k ( k - 1 ) n - n + k -k n k n+k 所以 Tn· Tk=a1· q · a1· q =a1 · q , 2 2 2 2m m(m-1). n+k 2m T2 = a · q 因为 n + k = 2 m 且 k < m < n ,所以 a = a m 1 1 1 , ?n+k? n2+k2-n-k n2+k2 ?2 2 = -m>? - m = m -m,所以若 q>1, ? 2 ? 2 2 ? ? 2 则 Tm·Tk>T2 m;若 q<1,则 Tm·Tk<Tm.

(3)解 由(1)知,充分性成立;必要性:若数列{an}成等比数列,则 an= n(n-1) n a1·q n ( n - 1 ) 2 T n n-1 n a1· q , 所以当 q≠1 时, Tn=a1· q , 则T = 2 m(m-1) m m a1 ·q 2 2 2 n - n - m +m n-m (n-m)(n+m-1) n-m =a1 ·q =a1 ·q ,Tn-m·q(n-m)m 2 2 (n-m)(n-m-1) - n-m (n m)· m = a 1 · q · q = 2 (n-m)(n-m-1)+2(n-m)m n-m a · q = 1 2 (n-m)(n+m-1) n-m a1 ·q .所以, “对?n,m∈N*,当 n>m 时总 2 Tn 有T =Tn-m·q(n-m)m 成立;同理可证当 q=1 时也成立.所以命题 p m 是命题 t 的充要条件.

探究提高

数列中的比较大小与其它比较大小的方法类

似,也是差比法或商比法 . 另外探索充要条件要从充分 性、必要性两个方面判断与寻找.

【训练 4】 (2015· 徐州质检)已知数列{an}, {bn}满足 a1=3, anbn ? 2 ? ? * =2,bn+1=an?bn-1+a ? , n ∈ N . ? ? n?
?1? (1)求证:数列?b ?是等差数列,并求数列{bn}的通项公式; ? n?

(2)设数列{cn}满足 cn=2an-5,对于给定的正整数 p,是否存 1 1 1 在正整数 q, r(p<q<r), 使得c , , 成等差数列?若存在, c c p q r 试用 p 表示 q,r;若不存在,请说明理由.

2 2an (1)证明 因为 anbn=2,所以 an=b ,则 bn+1=anbn- =2- 1 + a n n 4 2bn 1 1 1 2 =2-bn+2=bn+2,所以bn+1=bn+2,又 a1=3,所以 b1 1+b n
?1? 2 3 1 1 3 1 ? ? = , 故 b 是首项为 , 公差为 的等差数列, 即b = +(n-1)× 3 2 2 2 2 ? n? n

4 bn

n+2 2 = ,所以 bn= . 2 n+2

(2)解 由(1)知 an=n+2,所以 cn=2an-5=2n-1. ①当 p=1 时,cp=c1=1,cq=2q-1,cr=2r-1, 1 1 1 2 1 若c ,c ,c 成等差数列,则 =1+ ,(*) 2 q - 1 2 r - 1 p q r

2 1 因为 p<q<r,所以 q≥2,r≥3, <1,1+ >1,所以 2q-1 2r-1 (*)式不成立. 1 1 1 2 1 1 ②当 p≥2 时, 若c , , 成等差数列, 则 = + , c c 2 q - 1 2 p - 1 2 r - 1 p q r 4p-2q-1 1 2 1 所以 = - = ,即 2r - 1 = 2r-1 2q-1 2p-1 (2p-1)(2q-1) (2p-1)(2q-1) 2pq+p-2q ,所以 r= , 4p-2q-1 4p-2q-1 欲满足题设条件,只需 q=2p-1,此时 r=4p2-5p+2, 因为 p≥2,所以 q=2p-1>p,r-q=4p2-7p+3=4(p-1)2+p -1>0,即 r>q.综上所述,当 p=1 时,不存在 q,r 满足题设条 件;当 p≥2 时,存在 q=2p-1,r=4p2-5p+2,满足题设条件.


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