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2018届高三数学(理)一轮总复习课件:专题突破3 .ppt

上传人:高**** 文档编号:176197 上传时间:2024-05-25 格式:PPT 页数:24 大小:460KB
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资源描述

1、押题方向 专题突破三 数列核心押题 高考对这部分知识的考查,题型多样,题目可难可易,备考中应注重数列基础知识,关注求数列通项的方法,关注数列求和的基本方法,如错位相减法、裂项相消法,关注数列与其他数学知识的综合问题,如数列与不等式的综合应用等,注重思想方法的应用,着力于提高运算能力和推理能力,在熟练等差和等比两类数列模型的基础上,突出方法的掌握,尤其是通性通法,提高等价转化能力及思维的灵活性押题一 数列的概念与基本运算等差(比)数列问题一般都转化为关于首项 a1 与公差 d(公比 q)的方程或方程组,方程思想与基本量思想在解决数列问题中作用突出例 1(2017郑州质检)等差数列an 的前 7

2、项和等于前 2 项和,若 a11,aka40,则 k解析 设数列an 的公差为 d,依题意得 71762 d2d,解得 d14,则 aka42(k2)14 0,由此解得 k6.答案 6例 2(2015高考北京卷)已知等差数列an满足 a1a210,a4a32.(1)求an的通项公式;(2)设等比数列bn满足 b2a3,b3a7,问:b6 与数列an的第几项相等?解(1)设等差数列an的公差为 d.因为 a4a32,所以 d2.又因为 a1a210,所以 2a1d10,故 a14.所以 an42(n1)2n2(n1,2,)(2)设等比数列bn的公比为 q.因为 b2a38,b3a716,所以 q

3、2,b14.所以 b64261128.由 1282n2 得 n63,所以 b6 与数列an的第 63 项相等 押题二 等差、等比数列性质综合应用利用等差(比)数列的性质求解就要关注项的下标的规律,数列中的下标就是函数中的自变量 x,性质往往可以在下标中体现同时注意数列与函数的结合例 3(2017北京东城区高三联考)已知数列an 满足 an(13a)n10a,n6an7,n6(nN*),若an 是递减数列,则实数 a 的取值范围是()A.13,1 B.13,12C.58,1D13,58解析 选 D.由已知得13a00aa7,即13a1,解得13a0.当 n1 时,bn1bn 2an1an2d.所

4、以数列bn 是首项为 2a1,公比为 2d 的等比数列(2)函数 f(x)2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2),它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2.由题意知,a2 1ln 22 1ln 2,解得 a22.所以 da2a11,ann,bn2n,anb2nn4n.于是,Sn14242343(n1)4n1n4n,4Sn142243(n1)4nn4n1.因此,Sn4Sn4424nn4n14n143n4n1(13n)4n143.所以 Sn(3n1)4n149.押题三 数列的通项与求和的综合应用数列通项公式 an 是数列问题的核心,求和是进一步运算,若已知 an

5、 与 Sn 则可解决数列与其它知识的综合例 5 已知数列an的首项 a135,an1 3an2an1,n1,2,.(1)求证:数列1an1 为等比数列;(2)记 Sn 1a1 1a2 1an,若 Sn100,求最大正整数 n;(3)是否存在互不相等的正整数 m,s,n 使 m,s,n 成等差数列,且 am1,as1,an1 成等比数列?如果存在,请给予证明;如果不存在,请说明理由解 证明:(1)1an123 13an,所以 1an11 13an13131an1.又因为 1a11230,所以 1an10(nN*)所以数列1an1 为等比数列(2)由(1)知,1an12313n1,所以 1an21

6、3n1.Sn 1a1 1a2 1ann213 132 13n n213 13n1113n1 13n,若 Sn100,则 n1 13n100,所以 nmax99.(3)假设存在 m,s,n,则 mn2s,(am1)(an1)(as1)2.因为 an 3n3n2,所以 3m3m213n3n21 3s3s21 2.化简,得 3m3n23s.因为 3m3n2 3mn23s,当且仅当 mn 时等号成立,又 m,s,n 互不相等,所以不存在例 6 已知数列an满足:1a1 1a2 1ann2(n1,nN*)(1)求 a1,a2 及 a2016;(2)求数列an的通项公式;(3)设 bn 2an1an,数列

7、b2n的前 n 项和为 Sn,证明 Sn21n.解(1)由 1a1 1a2 1a3 1ann2(n1,nN*),得 a11,a213,1a1 1a2 1a3 1a2 0152 0152,1a1 1a2 1a2 015 1a2 0162 0162 由得 1a2 0162 01622 01524 031.a2 01614 031.(2)由 1a1 1a2 1a3 1ann2(n1,nN*)得 1a1 1a2 1a3 1an1(n1)2(n2,nN*),所以 1ann2(n1)22n1(n2,nN*),得 an12n1(n2,nN*)当 n1 时,a11 也满足上式,所以 an12n1(nN*)(3)证明:由(2)知 bn1n,故 b2n 1n2,所以 Snb21b22b2n.下面用数学归纳法证明 Sn21n.()当 n1 时,Sn1,而 21n1,所以不等式 Sn21n成立;()假设当 nk(k1)时,不等式成立,即 Sk21k.当 nk1 时,Sk 1Skb2k121k 1(k1)2,又1(k1)21k(k1)1k 1k1,所以 Sk121k1(k1)221k1k 1k12 1k1.所以当 nk1 时,不等式也成立 由()()可知,对于一切 nN*,Sn21n恒成立

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