2012版步步高高考数学考前三个月专题复习课件9(4)： 题型突破数 列

§3数列[考情解读]近几年高考中的数列问题，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，有时也考查内容为主，并涉及到函数、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．常考的题型为：(1)有关数列的基本问题，这类题围绕等差、等比数列的基本知识、基本公式、基本性质命题，难度不大，考生应注意基本方法的训练，灵活运用相关性质．(2)数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点．解决这类问题应注意：(1)研究数列，关键是要抓住数列的通项，探求一个数列的通项常用观察法、公式法、归纳猜想法；(2)关于数列的求和，常用方法有公式法、错位相减法、倒序相加法、裂项法．(3)关于等差(比)数列，要抓住首项和公差(比)这两个基本元素．(4)数列是特殊的函数，所以数列问题与函数、方程、不等式有着密切的联系，函数思想、方程观点、化归转化、归纳猜想、分类讨论在解题中多有体现．分类突破热点一由数列的前n项和Sn与通项an的关系求通项an例1已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的n∈N*，满足关系式2Sn＝3an－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的通项公式是bn＝1log3an·log3an＋1，前n项和为Tn，求证：对于任意的正整数n，总有Tn1.[规范解答示例](1)解①当n＝1时，由2Sn＝3an－3得，2a1＝3a1－3，∴a1＝3.…………………………………………………2分②当n≥2时，由2Sn＝3an－3得，2Sn－1＝3an－1－3.两式相减得：2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，即2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，又∵a1＝3≠0，∴{an}是等比数列，∴an＝3n.………………………………………………………6分验证：当n＝1时，a1＝3也适合an＝3n.∴{an}的通项公式为an＝3n.…………………………………8分(2)证明∵bn＝1log3an·log3an＋1＝1log33n·log33n＋1＝1(n＋1)n＝1n－1n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)＝1－1n＋11.…………………………………………………14分构建答题模板第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1.第二步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目特点)，由递推关系求通项．第三步：验证当n＝1时的结论适合当n≥2时的结论．第四步：写出明确规范的答案．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．本题的易错点，易忽略对n＝1和n≥2分两类进行讨论，同时忽视结论中对二者的合并．热点二数列与函数、不等式的综合应用例2已知函数f(x)＝2x＋33x，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(1an)，n∈N*，(1)求数列{an}的通项公式；(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn；(3)令bn＝1an－1an(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Snm－20002对一切n∈N*成立，求最小正整数m.[规范解答示例]解(1)∵an＋1＝f(1an)＝2an＋33an＝2＋3an3＝an＋23，…………2分∴{an}是以23为公差的等差数列.…………………………4分又a1＝1，∴an＝23n＋13.……………………………………6分(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)＝－43(a2＋a4＋…＋a2n)＝－43·n(53＋4n3＋13)2＝－49(2n2＋3n).……………………10分(3)当n≥2时，bn＝1an－1an＝1(23n－13)(23n＋13)＝92(12n－1－12n＋1)，又b1＝3＝92(1－13)，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝92(1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1)＝92(1－12n＋1)＝9n2n＋1，……………………………………12分∵Snm－20002对一切n∈N*成立．即9n2n＋1m－20002，9n2n＋1＝92(1－12n＋1)递增，且9n2n＋192.∴m－20002≥92，即m≥2009.∴最小正整数m＝2009.……………………………………14分[归纳拓展]数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直成为高考命题者的首选．仿真模拟演练1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知13S3与14S4的等比中项为15S5，13S3与14S4的等差中项为1，求an.解由题意知13S3·14S4＝(15S5)2，13S3＋14S4＝2，即(a1＋d)(2a1＋3d)＝2(a1＋2d)2，4a1＋5d＝4，解得a1＝1，d＝0，或a1＝4，d＝－125.∴an＝1或an＝－125n＋325.2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225.数列{bn}是等比数列，b3＝a2＋a3，b2b5＝128(其中n＝1,2,3，…)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝5，15a1＋15×7d＝225，∴a1＝1，d＝2，故an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．设等比数列{bn}的公比为q，则b3＝8，b2b5＝b3q·b3q2＝128，∴b3＝8，q＝2.∴bn＝b3·qn－3＝2n(n＝1,2,3，…)．(2)∵cn＝(2n－1)·2n，∴Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，2Tn＝22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1.作差：－Tn＝2＋23＋24＋25＋…＋2n＋1－(2n－1)×2n＋1＝2＋23(1－2n－1)1－2－(2n－1)·2n＋1＝2＋23(2n－1－1)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2n＋2－8－2n＋2·n＋2n＋1＝－6－2n＋1(2n－3)．∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6(n＝1,2,3，…)．3．已知数列{an}的各项均是正数，其前n项和Sn满足(p－1)Sn＝p2－an，其中p为正常数，且p≠1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝12－logpan(n∈N*)，数列{bnbn＋2}的前n项和为Tn，求证Tn34.(1)解由题设知(p－1)a1＝p2－a1，解得a1＝p.∵(p－1)Sn＝p2－an(p－1)Sn＋1＝p2－an＋1，两式作差得(p－1)(Sn＋1－Sn)＝an－an＋1.∴(p－1)an＋1＝an－an＋1，即an＋1＝1pan，可见，数列{an}是首项为p，公比为1p的等比数列．故an＝p(1p)n－1＝(1p)n－2(n∈N*)．(2)证明bn＝12－logpp2－n＝12－(2－n)＝1n.bnbn＋2＝1n(n＋2)＝12(1n－1n＋2)．Tn＝b1b3＋b2b4＋b3b5＋…＋bnbn＋2＝12[(11－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n－1n＋2)]＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)34.4．等差数列{an}前n项和Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)在二次函数f(x)＝x2＋c图象上．(1)求c，an；(2)若kn＝an2n，求数列{kn}前n项和Tn.解(1)∵点(n，Sn)在二次函数f(x)＝x2＋c的图象上，∴Sn＝n2＋c.a1＝S1＝1＋c，a2＝S2－S1＝(4＋c)－(1＋c)＝3，a3＝S3－S2＝5，又∵{an}为等差数列，∴2a2＝a1＋a3，∴6＋c＝6，c＝0，∴d＝3－1＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)kn＝2n－12n，Tn＝12＋322＋523＋…＋2n－32n－1＋2n－12n，①12Tn＝122＋323＋524＋…＋2n－32n＋2n－12n＋1，②①－②，12Tn＝12＋2(122＋123＋124＋…＋12n)－2n－12n＋1，12Tn＝12＋2×122[1－(12)n－1]1－12－2n－12n＋1，12Tn＝32－2n＋32n＋1，Tn＝3－2n＋32n.5．观察下列三角形数表：1…………………………………………第一行2a2……………………………………第二行3a33…………………………………第三行4a474………………………………第四行5a514115………………………假设第n行的第二个数为an(n≥2，n∈N*)．(1)依次写出第六行的所有6个数字；(2)归纳出an＋1与an的关系式，并求出数列{an}的通项公式；(3)设anbn＝1，求证：b2＋b3＋…＋bn2.解(1)第六行的所有6个数字分别是6,16,25,25,16,6.(2)依题意an＋1＝an＋n(n≥2)，a2＝2，an＝a2＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋3＋…＋(n－1)＝2＋(n－2)(n＋1)2，所以an＝12n2－12n＋1，经验证，当n＝2时也符合，所以an＝12n2－12n＋1(n≥2)．(3)因为anbn＝1，所以bn＝2n2－n＋22n2－n＝2(1n－1－1n)(n≥2，n∈N*)，则b2＋b3＋b4＋…＋bn2(11－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1－1n)＝2(1－1n)2.6．已知{an}为递增的等比数列，且{a1，a3，a5}{－10，－6，－2,0,1,3,4,16}．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在等差数列{bn}，使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n＋1－n－2对一切n∈N*都成立？若存在，求出bn；若不存在，说明理由．解(1)因为{an}是递增的等比数列，所以数列{an}的公比是正数，又{a1，a3，a5}{－10，－6，－2,0,1,3,4,16}，所以a1＝1，a3＝4，a5＝16，从而q2＝a3a1＝4，q＝2，an＝a1qn－1＝2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，(2)假设存在满足条件的等差数列{bn}，其公差为d.则当n＝1时，a1b1＝1，又∵a1＝1，∴b1＝1；当n＝2时，a1b2＋a2b1＝4，b2＋2b1＝4，b2＝2.则d＝b2－b1＝1，∴bn＝b1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.以下证明当bn＝n时，a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1＝2n＋1－n－2对一切n∈N*都成立．设Sn＝a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1，即Sn＝1×n＋2×(n－1)＋22×(n－2)＋23×(n－3)＋…＋2n－2×2＋2n－1×1，①2Sn＝2×n＋22×(n－1)＋23×(n－2)＋…＋2n－1×2＋2n×1，②②－①得Sn＝－n＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋2n＝－n＋2(1－2n)1－2＝2n＋1－n－2，所以存在等差数列{bn}，bn＝n，使得a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1＝2n＋1－n－2对一切n∈N*都成立．返回