2011年高考数学二轮专题复习课件：数列

专题3数列专题3│知识网络构建专题3│考情分析预测1．三年高考回顾年份内容题号与分值2008推理与等差数列数列综合第10题5分；第19题16分．2009等比数列数列综合第14题5分第17题14分．2010数列与算法数列与导数数列综合第7题5分；第8题5分；第19题16分.2.命题特点探究数列是高中代数的重点内容之一，也是江苏高考考查的重点和热点，在历年高考中占有比较重要的地位，考查的重点是等差、等比数列的基础知识、基本技能、基本思想方法，主要测试学生的运算能力、逻辑推理能力以及分析问题和解决问题的能力，分析近三年高考试题，从分值来看，数列部分约占总分的13%左右．从题型来看，有以下特点：(1)一般有两道题，一道填空题，一道解答题．在填空题中，突出了“小、巧、活”的特点，属中高档题，要求学生掌握基本概念与基本技能．解答题主要以与函数、不等式、方程、几何等知识的综合为考查对象，属中等难度以上的试题，甚至是难题，多为压轴题．(2)数列中的探索性问题在近三年江苏高考中都有所体现．解决探索性题型应具有较高的数学思维能力，有利于培养学生创新意识和创造精神，这正是“以能力立意”的命题原则的生动体现．(3)等差、等比数列的通项公式、求和公式以及一些特殊的性质与其他知识的结合应用要引起关注，2010年高考体现的比较明显．3．命题趋势预测预计在2011年江苏高考中，比较新颖活泼的数列填空题一定会出现，考查同学们分析问题，解决问题的能力．数列解答题的命题热点直接以等差数列或等比数列为主，以数列中的某些等量关系或不等量关系，或者是存在性问题等为载体加以深度考查．而命题的冷门则是数列与其他知识综合的应用性解答题．第6讲等差数列与等比数列第６讲│主干知识整合1．等差数列判定方法(1)an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列；(2)2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列；(3)an＝kn＋b(k，b为常数)⇔{an}是等差数列；(4)Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．2．等比数列判定方法(1)an＋1an＝q(q≠0)⇔{an}是等比数列；(2)an＝c·qn(c，q均是不为零的常数)⇔{an}是等比数列；(3)a2n＋1＝an·an＋2(an＋1≠0)⇔{an}是等比数列．3．等差数列的性质(1)在等差数列中，an＝am＋(n－m)d，d＝an－amn－m；(2)当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和Sn＝na1＋nn－12d＝d2n2＋a1－d2n是关于n的二次函数，常数项为0.(3)若公差d0，则为递增等差数列，若公差d0，则为递减等差数列，若公差d＝0，则为常数列．(4)当m＋n＝p＋q时，有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap.(5)若{an}是等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列．(6)在等差数列{an}中，当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd；当项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S2n－1＝(2n－1)·a中(这里a中即an)；S奇∶S偶＝(k＋1)∶k.(7)若等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为An、Bn，且AnBn＝f(n)，则anbn＝2n－1an2n－1bn＝A2n－1B2n－1＝f(2n－1)．(8)“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前n项和的最小值是所有非正项之和．法一：由不等式组an≥0，an＋1≤0或an≤0，an＋1≥0确定出前多少项为非负(或非正)；法二：因等差数列前n项和是关于n的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性，即n∈N*.(9)如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数．【注意】公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究的应该是an＝bm.4．等比数列的性质(1)在等比数列中，an＝amqn－m，q＝n－manam；(2)当m＋n＝p＋q时，有am·an＝ap·aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am·an＝a2p.(3)若{an}是等比数列，且公比q≠－1，则数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也是等比数列．当q＝－1，且n为偶数时，数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…是常数列0，它不是等比数列．(4)若a10，q1，则{an}为递增数列；若a10，q1，则{an}为递减数列；若a10,0q1，则{an}为递减数列；若a10,0q1，则{an}为递增数列；若q0，则{an}为摆动数列；若q＝1，则{an}为常数列．第６讲│要点热点探究例1设数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{bn}满足bn＝anan＋m(m∈N*)．(1)若b1，b2，b8成等比数列，试求m的值；(2)是否存在m，使得数列{bn}中存在某项bt满足b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差数列？若存在，请指出符合题意的m的个数；若不存在，请说明理由．►探究点一等差数列与等比数列的基本量计算问题【解答】(1)因为Sn＝n2，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.又当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)，所以bn＝2n－12n－1＋m，则b1＝11＋m，b2＝33＋m，b8＝1515＋m，由b22＝b1b8，得33＋m2＝11＋m×1515＋m，解得m＝0(舍)或m＝9，所以m＝9.(2)假设存在m，使得b1，b4，bt(t∈N*，t≥5)成等差数列，即2b4＝b1＋bt，则2×77＋m＝11＋m＋2t－12t－1＋m，化简得t＝7＋36m－5，所以当m－5＝1,2,3,4,6,9,12,18,36时，分别存在t＝43,25,19,16,13,11,10,9,8适合题意，即存在这样m，且符合题意的m共有9个．例2已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，bn＝3an.(1)试证数列an－13×2n是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．(2)在数列{bn}中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，说明理由．►探究点二等差、等比数列性质的综合运用(3)①试证在数列{bn}中，一定存在满足条件1＜r＜s的正整数r，s，使得b1，br，bs成等差数列；并求出正整数r，s之间的关系．②在数列{bn}中，是否存在满足条件1＜r＜s＜t的正整数r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差数列？若存在，确定正整数r，s，t之间的关系；若不存在，说明理由．【解答】(1)由an＋an＋1＝2n，得an＋1＝2n－an，∴an＋1－13×2n＋1an－13×2n＝2n－an－13×2n＋1an－13×2n＝－an－13×2nan－13×2n＝－1，∴数列an－13×2n是首项为a1－23＝13，公比为－1的等比数列．∴an－13×2n＝13×(－1)n－1，即an＝13[2n－(－1)n]，∴bn＝2n－(－1)n.(2)假设在数列{bn}中，存在连续三项bk－1，bk，bk＋1(k∈N*，k≥2)成等差数列，则bk－1＋bk＋1＝2bk，即[2k－1－(－1)k－1]＋[2k＋1－(－1)k＋1]＝2[2k－(－1)k]，即2k－1＝4(－1)k－1.①若k为偶数，则2k－1＞0,4(－1)k－1＝－4＜0，所以，不存在偶数k，使得bk－1，bk，bk＋1成等差数列．②若k为奇数，则k≥3，∴2k－1≥4，而4(－1)k－1＝4，所以，当且仅当k＝3时，bk－1，bk，bk＋1成等差数列．综上所述，在数列{bn}中，有且仅有连续三项b2，b3，b4成等差数列．(3)①证明：要使b1，br，bs成等差数列，只需b1＋bs＝2br，即3＋2s－(－1)s＝2[2r－(－1)r]，即2s－2r＋1＝(－1)s－2(－1)r－3，①.(ⅰ)若s＝r＋1，在①式中，左端2s－2r＋1＝0，右端(－1)s－2(－1)r－3＝(－1)s＋2(－1)s－3＝3(－1)s－3，要使①式成立，当且仅当s为偶数时成立．又s＞r＞1，且s，r为正整数，所以，当s为不小于4的正偶数，且s＝r＋1时，b1，br，bs成等差数列．(ⅱ)若s≥r＋2时，在①式中，左端2s－2r＋1≥2r＋2－2r＋1＝2r＋1，由(2)可知，r≥3，∴r＋1≥4，∴2s－2r＋1≥16；右端(－1)s－2(－1)r－3≤0(当且仅当s为偶数、r为奇数时取“＝”)，∴当s≥r＋2时，b1，br，bs不成等差数列．综上所述，存在不小于4的正偶数s，且s＝r＋1，使得b1，br，bs成等差数列．②假设存在满足条件1＜r＜s＜t的正整数r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差数列．首先找到成等差数列的3项：由第(3)小题第①问，可知，b1，b2n－1，b2n(n∈N*，且n≥2)成等差数列，其公差d＝b2n－b2n－1＝[22n－(－1)2n]－[22n－1－(－1)2n－1]＝22n－1－2，∴bt＝b2n＋d＝22n－(－1)2n＋22n－1－2＝3×22n－1－3.又bt＝2t－(－1)t，∴3×22n－1－3＝2t－(－1)t，即2t－3×22n－1＝(－1)t－3.②∵t＞2n＞2n－1，∴t≥2n＋1，∴②式的左端2t－3×22n－1≥22n＋1－3×22n－1＝22n－1≥8，而②式的右端(－1)t－3≤－2，∴②式不成立．综上所述，不存在满足条件1＜r＜s＜t的正整数r，s，t，使得b1，br，bs，bt成等差数列．【点评】数列中的探索性问题备受江苏高考命题者的青睐，此类试题没有给出结论，需要考生猜出或自己找出结论，然后给予证明．探索性问题对分析问题、解决问题的能力有较高的要求．已知数列{an}的通项公式为an＝2×3n＋23n－1(n∈N*)．(1)求数列{an}的最大项；(2)设bn＝an＋pan－2，试确定实常数p，使得{bn}为等比数列；(3)设m，n，p∈N*，mnp，问：数列{an}中是否存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．【解答】(1)由题意an＝2＋43n－1，an随着n的增大而减小，所以{an}中的最大项为a1＝4.(2)bn＝2＋43n－1＋p43n－1＝2＋p3n－1＋44＝2＋p3n＋2－p4，若{bn}为等比数列，则b2n＋1－bnbn＋2＝0(n∈N*)，所以[(2＋p)3n＋1＋(2－p)]2－[(2＋p)3n＋(2－p)][(2＋p)3n＋2＋(2－p)]＝0(n∈N*)，化简得(4－p2)(2·3n＋1－3n＋2－3n)＝0，即－(4－p2)·3n·4＝0，解得p＝±2.反之，当p＝2时，bn＝3n，{bn}成等比数列；当p＝－2时，bn＝1，{bn}也是等比数列．所以，当且仅当p＝±2时{bn}为等比数列．(3)因为am＝2＋43m－1，an＝2＋43n－1，ap＝2＋43p－1，若存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap成等差数列，则2an＝am＋ap，所以22＋43n－1＝2＋43m－1＋2＋43p－1，化简得3n(2×3p－n－3p－m－1)＝1＋3p－m－2×3n－m(*)，因为m，n，p∈N*，mnp，所以p－m≥p－n＋1，p－m≥n－m＋1，所以3p－m≥3p－n＋1＝3×3p－n,3p－m≥3n－m＋1＝3×3n－m，(*)的左边≤3n(2×3p－n－3×3p－n－1)＝3n(－3p－n－1)0，右边≥1＋3×3n－m－2×3n－m＝1＋3n－m0，所以(*)式不可能成立，故数列{an}中不存在三项am，an，ap，使