2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第九章第四节　数列的综合问题(一)

这是一份2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第九章第四节　数列的综合问题(一)，共23页。学案主要包含了新数列的构成，等差数列前n项和最值问题，数列中的探索性问题，数列与函数问题等内容，欢迎下载使用。
第四节　数列的综合问题(一)

复习目标
学法指导
1.会证明新构造数列是等差或等比
数列.
2.求新构造数列的相关参数值及最值问题.
3.数列与函数等相关问题.
1.通过已知关系构造新数列,新数列往往是等差或等比数列,一般采用定义法.
2.新构造数列的相关参数值问题,这是数列中的探索性问题,分为条件探索、结论探索和存在探索三类问题.
3.数列中的最值问题主要在等差数列中,因为其前n项和是Sn=An2+Bn型.
4.数列与函数的联系多为单调性或最值问题.


一、新数列的构成
1.由递推关系式变换成新数列.
2.由前n项和构造成新数列.
3.通过函数关系构造新数列.

1.概念理解
(1)由递推关系式或从等差、等比数列中取出一些项组成新数列,往往能从等差、等比数列的定义出发,对它们变形解决问题.
(2)利用Sn与an的关系,可以把问题转化为Sn的递推式或an的递推式,构造出新数列模式,利用等差或等比数列定义解决.
(3)通过函数关系,如对数、指数等构造新数列转化为等差、等比数列也是考查的方向之一.
2.与新数列应用相关的结论
(1)an+1=pan+q(p,q为常数,p≠0,p≠1,q≠0)可构造
an+1+=p(an+),
即(an+)为等比数列.
(2)Sn-Sn-1=pSnSn-1可两边同除SnSn-1得(p为常数) -=-p(常数)构造{}为等差数列.
二、等差数列前n项和最值问题
1.等差数列{an}前n项和为Sn,则Sn=na1+d=n2+(a1-)n可以看作是关于n的二次函数型,它的最值取决于d的符号.
2.若a1>0,d0且Sp=Sq(p≠q),则
①若p+q为偶数,则当n=时,Sn最大;
②若p+q为奇数,则当n=或n=时,
Sn最大.
三、数列中的探索性问题(求参数)
1.条件探索性问题:针对一个结论,条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判定.
2.结论探索性问题:有条件而无结论或结论的正确与否需要确定.
3.存在探索性问题:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.

1.概念理解
(1)条件探索性问题解决的基本策略是执果索因,先寻找结论成立的必要条件,再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在执果索因的过程中,常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否,误将必要条件当作充分条件,应引起注意.
(2)结论探索性问题的解决策略是:先探索结论而后去论证结论,在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分析、归纳、判断来猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论.
(3)存在探索性问题解决策略是:假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要作用.
2.与探索性问题相关联的结论
(1)通过分离参数解决恒成立问题.
(2)数列中的比较大小可以构造函数,通过函数的单调性进行证明.
(3)数列问题以分式形式给出条件,一般采用取倒数转化为等差或等比数列再解答.
四、数列与函数问题
1.数列是一类特殊函数,其定义域为N*或其子集;
2.等差数列的通项an可以看作关于n的一次函数,等比数列的通项an可以看作关于n的指数型函数(q≠1);
3.等差数列的前n项和Sn可以看作关于n的二次函数型;等比数列的前n项和Sn可以看作关于n的指数型函数(q≠1).

1.概念理解
(1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;
(2)转化为以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.
2.数列与函数关系应用相关联的结论
(1)在数列{an}中,若an+1>an,则{an}为递增数列;若an+1cn成立.
解:(1)由已知得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,
所以an+2-an+1=1(n≥1).
又a2-a1=1,
所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.
所以an=n+1.
因为bn+1=4bn+6,即bn+1+2=4(bn+2),
又b1+2=a1+2=4,
所以数列{bn+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.
所以bn=4n-2.
解:(2)因为an=n+1,bn=4n-2,
所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.
要使cn+1>cn成立,
需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,
化简得3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立,
即(-1)n-1λ2成立?若存在,求出正整数k,若不存在,请说明理由.
(1)证明:由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4,
所以(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,
即2an+1-an=0,an+1=an,
又2a1=S1+a1=4,所以a1=2.
所以数列{an}是首项为2,公比为的等比数列.
(2)解:Sn==4-22-n.
>2⇔>2⇔