（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题三 数列 第2讲 数列的求解与综合创新课件 文 苏教版

数学[第二部分高考20题各个击破]专题三数列第2讲数列的求解与综合创新01要点整合夯基释疑02导学导练核心突破03专题强化精练提能[2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019201820171．数列求通项、求和及求参数的范围(值)第14题以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属高档题．2．数列的综合与创新第20题第20题第19题1．必记的概念与定理(1)等差数列{an}的前n项和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d；(2)等比数列{an}的前n项和公式：q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q；q＝1时，Sn＝na1；(3)数列求和的方法技巧①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论常见的拆项公式：(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1；(2)1n（n＋k）＝1k1n－1n＋k；(3)1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1；(4)1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p＞0，数列{an}满足an＋1＝|p－an|＋2an＋p，n∈N*．(1)若a1＝－1，p＝1，①求a4的值；②求数列{an}的前n项和Sn．(2)若数列{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，求a1p的取值范围．【解】(1)因为p＝1，所以an＋1＝|1－an|＋2an＋1．①因为a1＝－1，所以a2＝|1－a1|＋2a1＋1＝1，a3＝|1－a2|＋2a2＋1＝3，a4＝|1－a3|＋2a3＋1＝9．②因为a2＝1，an＋1＝|1－an|＋2an＋1，所以当n≥2时，an≥1，从而an＋1＝|1－an|＋2an＋1＝an－1＋2an＋1＝3an(n≥2)，所以an＝3n－2(n≥2)．当n＝1时，S1＝－1．当n≥2时，Sn＝－1＋a2＋a3＋…＋an＝－1＋1－3n－11－3＝3n－1－32．所以Sn＝－1，n＝1，3n－1－32，n≥2，n∈N*，即Sn＝3n－1－32，n∈N*．(2)因为an＋1－an＝|p－an|＋an＋p≥p－an＋an＋p＝2p＞0，所以an＋1＞an，即{an}单调递增．①当a1p≥1时，有a1≥p，于是an≥a1≥p，所以an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an，所以an＝3n－1a1．若{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，则有2as＝ar＋at，即2×3s－1＝3r－1＋3t－1．(*)因为s≤t－1，所以2×3s－1＝23×3s＜3t－1＜3r－1＋3t－1，即(*)不成立．故此时数列{an}中不存在三项依次成等差数列．②当－1＜a1p＜1时，有－p＜a1＜p．此时a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p＞p，于是当n≥2时，an≥a2＞p，从而an＋1＝|p－an|＋2an＋p＝an－p＋2an＋p＝3an．所以an＝3n－2a2＝3n－2(a1＋2p)(n≥2)．若{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，由①可知，r＝1，于是有2×3s－2(a1＋2p)＝a1＋3t－2(a1＋2p)．因为2≤s≤t－1，所以a1a1＋2p＝2×3s－2－3t－2＝29×3s－13×3t－1＜0．因为2×3s－2－3t－2是整数，所以a1a1＋2p≤－1，于是a1≤－a1－2p，即a1≤－p，与－p＜a1＜p矛盾，故此时数列{an}中不存在三项依次成等差数列．③当a1p≤－1时，有a1≤－p＜p，a1＋p≤0，于是a2＝|p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2a1＋p＝a1＋2p，a3＝|p－a2|＋2a2＋p＝|p＋a1|＋2a1＋5p＝－p－a1＋2a1＋5p＝a1＋4p，此时有a1，a2，a3成等差数列．综上可知：a1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n∈N*这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋2anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn；(3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－Sn)≤1对任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范围．[解](1)由已知得an＋1n＋1＝2ann，其中n∈N*，又a11＝1，所以数列ann是首项为1，公比为2的等比数列，所以ann＝2n－1，则an＝n·2n－1．(2)由(1)知，bn＝4（n＋2）n·（n＋1）2n＝4n·2n－1－4（n＋1）2n，故Sn＝41－14＋14－112＋112－132＋…＋1n·2n－1－1（n＋1）2n＝41－1（n＋1）2n．(3)由(2)得Sn＝41－1（n＋1）2n，所以(－1)nλ(4－Sn)≤1可化为4（－1）nλ（n＋1）2n≤1．当n为奇数时，不等式可化为λ≥－（n＋1）2n4，记f(n)＝－（n＋1）2n4，易证{f(n)}是递减数列，所以f(n)max＝f(1)＝－1，所以λ≥－1．当n为偶数时，不等式可化为λ≤（n＋1）2n4，记g(n)＝（n＋1）2n4，易证{g(n)}是递增数列，所以g(n)min＝g(2)＝3，所以λ≤3．综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新[典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数．若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．【解】(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0．由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2．因此数列{an}为“M－数列”．(2)①因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0．由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2．由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12（bn＋1－bn），当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12（bn＋1－bn）－bn－1bn2（bn－bn－1），整理得bn＋1＋bn－1＝2bn．所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．②由①知，bk＝k，k∈N*．因为数列{cn}为“M－数列”，设公比为q，所以c1＝1，q0．因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m．当k＝1时，有q≥1；当k＝2，3，…，m时，有lnkk≤lnq≤lnkk－1．设f(x)＝lnxx(x1)，则f′(x)＝1－lnxx2．令f′(x)＝0，得x＝e．列表如下：x(1，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值因为ln22＝ln86ln96＝ln33，所以f(k)max＝f(3)＝ln33．取q＝33，当k＝1，2，3，4，5时，lnkk≤lnq，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5．若m≥6，分别取k＝3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6．综上，所求m的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(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公式、求通项公式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，这些细节对解题的影响也是巨大的．[对点训练]2．对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(nk)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．[证明](1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，因此等差数列{an}是“P(3)数列”．(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an．②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放