新教材(广西专版)高考数学一轮复习解答题专项三数列中的综合问题课件

这是一份新教材(广西专版)高考数学一轮复习解答题专项三数列中的综合问题课件，共36页。

考情分析数列是高考考查的重点内容,在近几年的高考试卷中,数列解答题的命题趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,以考查数列的基本知识、基本方法为主,渗透综合应用能力的考查,一般放在解答题的前三个题目位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学核心素养都有较深入的考查.
即(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2),∵an>0,则an-an-1=2(n≥2),∴{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴an=1+2(n-1)=2n-1.选择②:∵Sn+1+Sn-1=2(Sn+1)(n≥2),则Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2(n≥2),于是当n≥2时,an+1=an+2,即an+1-an=2,
由S2=4S1,得a2+a1=4a1,即a2-a1=2a1=2,∴an+1-an=2(n∈N*),即{an}是以a1=1为首项,2为公差的等差数列,∴an=1+2(n-1)=2n-1.选择③:∵an=Sn-Sn-1(n≥2),
方法点拨解决结构不良试题的基本策略
对点训练1在①Sn+1=2Sn+1,②a2=2,③Sn=an+1-1这三个条件中选择两个,补充在下面的问题中,给出解答.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足　　　　　,　　　　　,又知等差数列{bn}为递增数列,且满足b1=2,b1,b2,b5成等比数列. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解 方案一:选择条件①②.(1)由题意,当n=1时,S2=2S1+1,即a1+a2=2a1+1,化简得a2=a1+1.又a2=2,∴a1=1.当n≥2时,由Sn+1=2Sn+1,可得Sn=2Sn-1+1,两式相减,可得an+1=2an.∵a2=2a1也满足上式,∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=1·2n-1=2n-1.设等差数列{bn}的公差为d(d>0),则b2=2+d,b5=2+4d.
∵b1,b2,b5成等比数列,∴ =b1b5,即(2+d)2=2(2+4d),化简整理得d2-4d=0,解得d=0(舍去),或d=4,∴bn=2+4(n-1)=4n-2.
(2)由(1)知,cn=anbn=(4n-2)·2n-1=(2n-1)·2n,则Tn=c1+c2+…+cn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n,2Tn=1·22+3·23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,两式相减得-Tn=1·21+2·22+2·23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1
方案二:选择条件①③.(1)由题意,当n=1时,S2=2S1+1,即a1+a2=2a1+1,化简得a2=a1+1,将n=1代入Sn=an+1-1,可得a1=a2-1,此时选择条件①③并不能计算出a1或a2的值,无法计算出数列{an}的通项公式,故方案二不成立.
方案三:选择条件②③.(1)由题意,当n=1时,a1=S1=a2-1=2-1=1.当n≥2时,由Sn=an+1-1,可得Sn-1=an-1,两式相减得an+1=2an.∵a2=2a1也满足上式,∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=1·2n-1=2n-1.设等差数列{bn}的公差为d(d>0),则b2=2+d,b5=2+4d∵b1,b2,b5成等比数列,∴ =b1b5,即(2+d)2=2(2+4d),化简整理得d2-4d=0,解得d=0(舍去),或d=4,∴bn=2+4(n-1)=4n-2.
例2.(2023辽宁锦州一模)已知数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=n.(1)求{an}的通项公式;
解 (1)当n=1时,可得a1=1,当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-1)an=n,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=n-1(n≥2),
名师点析解决数列中奇偶项问题的方法(1)求奇偶分列的数列的通项公式时,首先要确定奇数项和偶数项的首项,其次要重点确定好通项公式中的项数n与an所在奇数项、偶数项中的项数之间的关系.一般地,当n为奇数时,an在奇数项组成的数列中为第 项;当n为偶数时,an在偶数项组成的数列中为第 项.(2)求奇偶分列的数列的前n项和时,可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,然后相加,也可以采用整体思想,把a2k-1+a2k看作一项,求出S2k,再求S2k-1=S2k-a2k;还可以寻求奇数项和与偶数项和的关系,转化为求奇数项(或偶数项)和的问题.
考向1.数列与不等式的综合
所以Tn=2·2+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,①所以2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,②①-②得,-Tn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以Tn=n·2n+1,所以λTn≤(n2+9)·2n,即λn·2n+1≤(n2+9)·2n,
名师点析数列与不等式综合问题的求解策略(1)判断数列问题中的一些不等关系时,可以利用数列的单调性或借助数列对应函数的单调性比较大小.(2)解决数列中不等式恒成立问题时,仍可采用分离参数求最值的方法,但要注意变量n的取值为正整数.
对点训练3(2023湖北武汉三模)已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=anan+1(n∈N*).(1)求{an}的通项公式;(2)若Sk≤2 023恒成立,求正整数k的最大值.
解 (1)由题意,当n=1时,2a1=a1a2,解得a2=2,当n≥2时,由2Sn=anan+1,得2Sn-1=an-1an(n≥2),两式相减得2an=an(an+1-an-1)(n≥2),∵an≠0,∴an+1-an-1=2,∴数列{an}中奇数项是以a1为首项,2为公差的等差数列;偶数项是以a2为首项,2为公差的等差数列,当n=2k(k∈N*)时,a2k=a2+(k-1)×2=2k,即an=n;当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-1=a1+(k-1)×2=2k-1,即an=n.综上,数列{an}的通项公式为an=n.
∵Sk≤2 023,∴k(k+1)≤4 046,当k≤63时,Sk<2 023,即不等式恒成立;当k=64时,Sk>2 023.故正整数k的最大值为63.
考向2.数列与函数、不等式的综合例4.在各项均为正数的数列{an}中,a1=1,
证明 (1)先证明ln(x+1)所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以当x>0时,f(x)名师点析数列与函数、不等式的综合问题数列与函数、不等式的综合问题,多以不等式的证明、求最值等问题的形式呈现,解决方法:(1)通过放缩,结合裂项相消求和法进行证明;(2)构造函数,借助导数研究其单调性,再通过变量替换进行证明.
所以Tn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n,又2Tn=1·22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1,