新高考高中数学二轮复习专题三数列导学案+PPT课件

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第2讲　数列求和与数列的综合应用——大题备考微专题1　等差与等比数列的判断与证明『保分题组训练』1．[2021·辽宁朝阳二模]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.(1)证明：{an＋1}为等比数列；(2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？说明理由．        2．[2021·湖南永州三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝λan＋1－1，其中λ是不为0的常数．(1)求a2，a3；(2)求出λ的一个值，以使得{an}为等比数列，并证明．              1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N* )为一常数；(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1.2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法(1)利用定义，证明为一常数；(2)利用等比中项，即证明＝an－1an＋1.3．若要判断一个数列是不是等差(等比)数列时，只需判断存在连续三项成不成等差(等比)数列即可．微专题2　分组求和 『保分题组训练』1．[2021·湖北五校联考]已知等差数列和等比数列满足a1＝5，b1＝2，a2＝2b2＋1，a3＝b3＋5.(1)求和的通项公式；            (2)数列和中的所有项分别构成集合A、B，将集合A中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前50项和S50.         2．[2021·山东滨州一模]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.          当直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和．用公式求和应注意：一是注意弄清项数；二是注意公式的使用条件；三是注意运算的准确性． 微专题3　错位相减法求和 『保分题组训练』1．[2021·河北沧州二模]在公比大于0的等比数列中，已知a2，a3，6a1依次组成公差为4的等差数列(1)求的通项公式；(2)设cn＝，求数列的前n项和Tn.         2．[2021·辽宁锦州一模]已知等差数列满足a5＝12，a10－a7＝6.等比数列各项均为正数且满足：b1＝a1，b4＝a15.(1)求数列和数列的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.                   1．求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．2．运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．微专题4　裂项相消法求和 『保分题组训练』1．[2021·广东江门一模]已知数列{an}满足an＋1＝，n∈N*且a1＝4.(1)证明：数列{}是等差数列；(2)记bn＝(2－an)(2－an＋1)，Tn为{bn}的前n项和，求Tn .             2．[2021·山东淄博二模]在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题．问题：已知等差数列的公差为d，前n项和为Sn，且满足________．(1)求an；(2)若bn－bn－1＝2an，且b1－a1＝1，求数列的前n项和Tn.注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分．                        利用裂项相消法求和的注意事项1．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；2．将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝＝.微专题5　数列与不等式的综合 『提分题组训练』1．[2021·河北保定一模]已知数列满足：a1＝，an＋1＝an－1.(1)求证数列是等比数列；(2)若数列满足bn＝2n＋2·an，求bn的最大值．          2．[2021·湖南怀化一模]已知数列满足：a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝.(1)证明：是等差数列，并求数列的通项公式；(2)设Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，求实数a为何值时4aSn<bn恒成立．         数列中不等式问题的处理方法(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过中间过程或最后的结果放缩得到．(3)比较法：作差或作商比较法．   第2讲　数列求和与数列的综合应用微专题1　等差与等比数列的判断与证明保分题组训练1．解析：(1)证明：因为a2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．2．解析：(1) 由题设Sn＝λan＋1－1，λ≠0.当n＝1时，S1＝λa2－1，由a1＝2，得a2＝， 当n＝2时，S2＝λa3－1，即a1＋a2＝λa3－1，得a3＝ .(2)假设{an}为等比数列，则＝a1a3, 即2＝2×，解得λ＝；下面证明λ＝时，{an}为等比数列：由Sn＝an＋1－1知，当n≥2时，Sn－1＝an－1，两式相减得an＝an＋1－an即an＋1＝3an，又由(1)知a2＝6，a1＝2，即a2＝3a1，所以＝3 故当λ＝时， 是以2为首项，3为公比的等比数列．微专题2　分组求和保分题组训练1．解析：(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，因为a1＝5，b1＝2，a2＝2b2＋1，a3＝b3＋5.所以，解得，∴an＝4n＋1，bn＝2n.(2)因为b7＝27＝128，a43＝4×43＋1＝173，b8＝28＝256, 所以的前50项中含有的前7项且含有的前43项，∴S50＝＝3 827＋254＝4 081.2．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，可得b1＝2，a2＝4，则d＝2，q＝2，an＝2n，bn＝2n，n∈N*；(2)由题意可得{cn}的前几项为6，10，12，14，18，20，22，24，26，28，30，…，即在2n与2n＋1之间有2n－1－1项，可得{cn}的第100项在27与28之间，所以S100＝(2＋4＋6＋8＋10＋…＋2×107)－(2＋4＋8＋…＋128)＝×107×(2＋214)－＝11 302.微专题3　错位相减法求和保分题组训练1．解析：(1)设的公比为q，因为a2，a3，6a1成等差数列，所以a2＋6a1＝2a3，则2q2－q－6＝0，又q>0，所以q＝2.又因为a3－a2＝4，所以a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n(2)由题可知cn＝＝，则Tn＝＋…＋，①Tn＝＋…＋，②①－②得Tn＝＋2＝－.故Tn＝－1－.2．解析：(1)设等差数列的公差为d，由a5＝12，a10－a7＝6，可得a1＋4d＝12，a1＋9d－＝6，解得a1＝4，d＝2，所以an＝4＋2＝2n＋2；设等比数列的公比为q，q>0，由b1＝a1＝4，b4＝a15＝32，可得4q3＝32，解得q＝2，所以bn＝4·2n－1＝2n＋1；(2)anbn＝·2n＋2，前n项和Sn＝2·23＋3·24＋…＋·2n＋2，2Sn＝2·24＋3·25＋…＋·2n＋3，上面两式相减可得－Sn＝24＋·2n＋3＝16＋·2n＋3，化简可得Sn＝n·2n＋3.微专题4　裂项相消法求和保分题组训练1．解析：(1)证明：∵an＋1＝(n∈N*)，且a1＝4，∴＝＝－1，又＝＝，∴数列{}是首项为，公差为－1的等差数列；(2)由(1)可得：＝－(n－1)＝－n＝，∴2－an＝，又bn＝(2－an)(2－an＋1)＝＝2，∴Tn＝2＝2＝.2．解析：(1)选择条件①②由S5＝50，得5a1＋d＝5＝50，即a1＋2d＝10，由S1，S2，S4成等比数列，得＝S1S4，即＋4a1d＋d2＝＋6a1d，即d＝2a1，解得a1＝2，d＝4，因此an＝4n－2.选择条件①③由S5＝50，得5a1＋d＝5＝50，即a1＋2d＝10；由S6＝3，得＝3a1＋3a6＝3a6＋6，即a1＝2；解得d＝4，因此an＝4n－2.选择条件②③由S1，S2，S4成等比数列，得＝＋4a1d＋d2＝＋6a1d，即d＝2a1，由S6＝3，得＝3a1＋3a6＝3a6＋6，即a1＝2，解得d＝4，因此an＝4n－2.(2)由a1＝2，an＝4n－2可得b1＝3，bn－bn－1＝2an＝8n－4，当n≥2时，＋…＋＝＋…＋12＝＝4n2－4，即bn－b1＝4n2－4，则bn＝4n2－1，当n＝1时，b1＝3，符合bn＝4n2－1，所以当n∈N*时，bn＝4n2－1，则＝＝，因此Tn＝＝＝.微专题5　数列与不等式的综合提分题组训练1．解析：(1)因为an＋1－2＝an－3＝(an－2)，所以{an－2}是以a1－2＝－为首项，以为公比的等比数列，所以数列{an－2}是等比数列．(2)由(1)得an－2＝－·，所以bn＝2n＋3－14×3n－1.因为bn＋1－bn＝－14·3n＋2n＋4＋14·3n－1－2n＋3＝2n＋3－28·3n－1<2n＋3－3n＋2＝8·2n－9·3n<9(2n－3n)<0，所以bn＋1<bn，所以{bn}单调递减，所以bn的最大值为b1＝2.2．解析：(1)∵bn＋1＝＝＝，∴bn＋1－1＝－1，∴＝＝－1＋. ∴数列是以－4为首项，－1为公差的等差数列．∴＝－4－＝－n－3，∴bn＝1－＝.(2)∵an＝1－bn＝.∴Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＋…＋＝＝，∴4aSn－bn＝＝.由条件可知n2＋n－8<0恒成立即可满足条件，设f＝n2＋3n－8，当a＝1时，f＝－3n－8<0恒成立，当a>1时，由二次函数的性质知不可能成立．当a<1时，对称轴－·＝－<0，f在为单调递减函数. f＝－8＝4a－15<0，∴a<，∴a<1时4aSn<bn恒成立．综上知：a≤1时，4aSn<bn恒成立．