《2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題三 數列 第二講 數列的綜合應用教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題三 數列 第二講 數列的綜合應用教案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第二講 數列的綜合應用 [考情分析] 數列在解答題中的考查常以數列的相關項以及關系式，或數列的前n項和與第n項的關系入手，結合數列的遞推關系式與等差數列或等比數列的定義展開，求解數列的通項、前n項和，有時與參數的求解、數列不等式的證明等加以綜合．試題難度中等. 年份 卷別 考查角度及命題位置 2017 Ⅱ卷 等差、等比數列的綜合應用·T17 Ⅲ卷 已知遞推關系求通項與裂項求和·T17 2016 Ⅱ卷 等差、等比數列的基本運算·T17 Ⅲ卷 數列的遞推關系式、等比數列的定義·T17 [真題自檢] 1．(2017·高考全國卷Ⅱ)已知等差數列{an}的

2、前n項和為Sn，等比數列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1， b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式； (2)若T3＝21，求S3. 解析：設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.?、? (1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.?、? 聯(lián)立①和②解得(舍去)， 因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1. (2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0， 解得q＝－5，q＝4. 當q＝－5時，由①得d＝8，則S3＝21. 當q＝4時，由①得d＝－1，則S3＝－6.

3、 2．(2017·高考全國卷Ⅲ)設數列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項公式； (2)求數列的前n項和． 解析：(1)因為a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n，故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 兩式相減得(2n －1)an＝2， 所以an＝(n≥2)． 又由題設可得a1＝2，符合上式， 從而{an}的通項公式為an＝. (2)記{}的前n項和為Sn. 由(1)知＝＝－. 則Sn＝－＋－＋…＋－＝. 3．(2016·高考全國卷Ⅲ)已知各項都為正數的數列{an}滿足a1＝1，a－(2an＋

4、1－1)an－2an＋1＝0. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通項公式． 解析：(1)由題意可得a2＝，a3＝. (2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)． 因此{an}的各項都為正數，所以＝. 故{an}是首項為1，公比為的等比數列，因此an＝. 4．(2016·高考全國卷Ⅰ)已知{an}是公差為3的等差數列，數列{bn}滿足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通項公式； (2)求{bn}的前n項和． 解析：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.

5、所以數列{an}是首項為2，公差為3的等差數列，通項公式為an＝3n－1. (2)由(1)知， anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝， 因此{bn}是首項為1，公比為的等比數列． 記{bn}的前n項和為Sn， 則Sn＝＝－. 由遞推關系求通項 [方法結論] 求數列通項常用的方法 (1)定義法：①形如an＋1＝an＋C(C為常數)，直接利用定義判斷其為等差數列．②形如an＋1＝kan(k為非零常數)且首項不為零，直接利用定義判斷其為等比數列． (2)疊加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其

6、通項公式． (3)疊乘法：形如＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通項公式． (4)待定系數法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數，pq(p－1)≠0)，先用待定系數法把原遞推公式轉化為an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再轉化為等比數列求解． (5)構造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均為常數，pq(p－1)≠0)，先在原遞推公式兩邊同除以qn＋1，得＝·＋，構造新數列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，接下來用待定系數法求解． [題組突破] 1．(2017·威海模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，且an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*)，則數列{

7、an}的通項公式為(　　) A．an＝ B．an＝ C．an＝n＋2 D．an＝(n＋2)3n 解析：由an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*)得，3nan＝3n－1an－1＋1,3n－1an－1＝3n－2an－2＋1，…，32a2＝3a1＋1，以上各式相加得3nan＝n＋2，故an＝. 答案：B 2．已知數列{an}滿足：a1＝，an＋1＝an＋，則數列{an}的通項公式為an＝(　　) A. B．1－ C．1－ D. 解析：通解：an＋1－1＝an＋－1＝(an－1)，令bn＝an－1，則××××…×＝×××…×，從而得到＝，又b1＝a1－1＝－，得bn＝b1＝－，

8、 所以an＝1－，選C. 優(yōu)解：a1＝＝1－，a2＝＝1－，a3＝＝1－，…，歸納可得an＝1－，選C. 答案：C 3．(2017·宜昌調研)已知數列{an}滿足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，數列{bn}滿足關系式bn＝ (n∈N*)． (1)求證：數列{bn}為等差數列； (2)求數列{an}的通項公式． 解析：(1)證明：∵bn＝，且an＝，∴bn＋1＝＝＝， ∴bn＋1－bn＝－＝4. 又b1＝＝1，∴數列{bn}是以1為首項，4為公差的等差數列． (2)由(1)知數列{bn}的通項公式為bn＝1＋(n－1)×4＝4n－3，又bn＝，∴an＝＝. ∴數列{

9、an}的通項公式為an＝. 4．已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋3n－12(n∈N*)． 證明：數列{an－3}為等比數列，并求出數列{an}的通項公式． 解析：當n＝1時，S1＝a1＝2a1＋3－12，∴a1＝9. 當n>1時，Sn－Sn－1＝an＝2an＋3n－12－2an－1－3(n－1)＋12＝2an－2an－1＋3， ∴an－3＝2(an－1－3)，∴{an－3}是以6為首項，2為公比的等比數列．∴an－3＝6·2n－1， ∴an＝6·2n－1＋3. [誤區(qū)警示] 依據遞推式an＋1＝pan＋q(p，q為常數)求數列通項公式是最常見的一類題型．當p＝1

10、時，{an}為等差數列；當p≠1，p≠0，q＝0時，{an}為等比數列；當p≠1，p≠0，q≠0時，如何求出其通項公式是一個難點，化解這類問題的思路是利用待定系數法，轉化成等比數列． 數列求和 [方法結論] 常用求和方法 (1)錯位相減法：適用于各項由一個等差數列和一個等比數列對應項的乘積組成的數列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an兩邊同乘以相應等比數列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯位相減即可求出Sn. (2)裂項相消法：即將數列的通項分成兩個式子的代數和的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法．裂項相消法適用于形如(其中{an}是各項均不為零的等差數列，c為常

11、數)的數列． (3)拆項分組法：把數列的每一項拆成兩項(或多項)，再重新組合成兩個(或多個)簡單的數列，最后分別求和． [典例](2017·大連一中模擬)已知數列{an}是首項為正數的等差數列，數列{}的前n項和為Sn＝. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝(－1)na，求數列{bn}的前2n項和T2n. 解析：(1)設等差數列{an}的公差為d，由已知得a1＞0， 令n＝1，則S1＝＝，所以a1a2＝3　①， 令n＝2，則S2＝＋＝，所以a2a3＝15?、?， a2＝a1＋d?、?， a3＝a1＋2d　④， 聯(lián)立①②③④，解得或(舍去)，所以an＝2n－1.

12、(2)由題意知，bn＝(－1)na＝(－1)n[n(n＋1)－1]，所以T2n＝－(1×2－1)＋(2×3－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n·[2n(2n＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－[(2n－1)·2n－1]＋[2n(2n＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n＝＝2n2＋2n. [類題通法] 分類討論思想在數列求和中的應用 (1)當數列通項中含有(－1)n時，在求和時要注意分n為奇數與偶數處理． (2)對已知數列滿足＝q，在求{an}的前n項和時分奇數項和偶數項分別求和． [演練沖關] 1．已知函數f(n)＝且a

13、n＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 解析：由題意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－1＋101＝100，故選B. 解析：B 2．已知Sn為數列{an}的前n項和，且a1＝1，anan＋1＝3n，則S2 017＝________. 解析：由anan＋1＝3n，得an－1a

14、n＝3n－1(n≥2)，所以＝3(n≥2)，則數列{an}的所有奇數項和偶數項均構成以3為公比的等比數列，又a1＝1，a1a2＝3，所以a2＝3，所以S2 017＝＋ ＝31 009－2. 答案：31 009－2 3．(2017·廣西三市聯(lián)考)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)． (1)求a的值及數列{an}的通項公式； (2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求數列{}的前n項和Tn. 解析：(1)∵6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)， ∴當n＝1時，6S1＝6a1＝9＋a， 當n≥2時，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n，

15、即an＝3n－1， ∵{an}是等比數列，∴a1＝1，則9＋a＝6，得a＝－3， ∴數列{an}的通項公式為an＝3n－1(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)， ∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝(1－＋－＋…＋－) ＝. 數列與其他知識交匯的綜合問題 數列中的綜合問題，大多與函數、方程、不等式及解析幾何交匯，考查利用函數與方程的思想及分類討論思想解決數列中的問題，用不等式的方法研究數列的性質，數列與解析幾何交匯，主要涉及點列問題． 交匯點一　數列與函數交匯 [典例1]　(2016·大連雙基測試)已知函數f(x)＝

16、2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的圖象經過點，，且在區(qū)間上為單調函數． (1)求ω，φ的值； (2)設an＝nf(n∈N*)，求數列{an}的前30項和S30. 解析：(1)由題可得＋φ＝2 kπ－，k∈Z， ＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z. ∵|φ|＜π，∴φ＝－. (2)∵an＝2nsin(n∈N*)， 數列(n∈N*)的周期為3， 前三項依次為0，，－， ∴a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)＝－(n∈N*)， ∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10. [類

17、題通法] 數列與函數的交匯問題的類型及解題方法 (1)已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題；(2)已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要充分利用數列的范圍、公式、求和方法等對式子化簡變形． [演練沖關] 1．設曲線y＝2 018xn＋1(n∈N*)在點(1,2 018)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，令an＝log2 018xn，則a1＋a2＋…＋a2 017的值為(　　) A．2 018 B．2 017 C．1 D．－1 解析：因為y′＝2 018(n＋1)xn，所以切線方程是y－2 018＝2 018(n＋1)(x－1)，所以

18、xn＝， 所以a1＋a2＋…＋a2 017＝log2 018(x1·x2·…·x2 017)＝log2 018(××…×)＝log2 018＝－1. 答案：D 交匯點二　數列與不等式交匯 [典例2]　(2017·武漢調研)設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝9，a2為整數，且Sn≤S5. (1)求{an}的通項公式； (2)設數列{}的前n項和為Tn，求證：Tn≤. 解析：(1)由a1＝9，a2為整數可知，等差數列{an}的公差d為整數． 又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0， 于是9＋4d≥0,9＋5d≤0， 解得－≤d≤－. ∵d為整數，∴d＝－2. 故{a

19、n}的通項公式為an＝11－2n. (2)證明：由(1)，得＝＝(－)， ∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)． 令bn＝，由函數f(x)＝的圖象關于點(4.5，0)對稱及其單調性，知0＜b1＜b2＜b3＜b4，b5＜b6＜b7＜…＜0，∴bn≤b4＝1. ∴Tn≤×(1－)＝. [類題通法] 數列與不等式的交匯多為不等式恒成立與證明和形式的不等式，在求解時要注意等價轉化即分離參數法與放縮法的技巧應用． [演練沖關] 2．(2017·貴陽模擬)在數列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n (n＋1)λ成立，則實數λ的最小值為________． 解析：依題意得，數列{}的前n項和為2n－1，當n≥2時，＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且＝21－1＝1＝21－1，因此＝2n－1(n∈N*)，＝.記bn＝，則bn＞0，＝＝＞＝1，bn＋1＞bn，數列{bn}是遞增數列，數列{bn}的最小項是b1＝.依題意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是. 答案： - 9 -