江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法_数列的综合应用讲义含解析2019052311.wps
《江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法_数列的综合应用讲义含解析2019052311.wps》由会员分享,可在线阅读,更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法_数列的综合应用讲义含解析2019052311.wps(32页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、第三讲 大题考法数列的综合应用 题型(一) 数列与不等式问题 主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成 立问题求参数. 典例感悟 例 1 (2018南京考前模拟)若各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 2 Sn an1 (nN N*) (1)求数列an的通项公式; (2)若正项等比数列bn,满足 b22,2b7b8b9,求 Tna1b1a2b2anbn; 1 (3)对于(2)中的 Tn,若对任意的 nN N*,不等式 (1)n (Tn21)恒成立,求实 2n1 数 的取值范围 解 (1)因为 2 Snan1, 所以 4Sn(an1)2,且 an0, 则 4a1(a11)2,解得
2、 a11, 又 4Sn1(an11)2, 所以 4an14Sn14Sn(an11)2(an1)2, 即(an1an)(an1an)2(an1an)0, 因为 an0,所以 an1an0, 所以 an1an2,所以an是公差为 2 的等差数列, 又 a11, 所以 an2n1. (2)设数列bn的公比为 q,因为 2b7b8b9,所以 2qq2,解得 q1(舍去)或 q 2, 由 b22,得 b11,即 bn2n1. 记 Aa1b1a2b2anbn1132522(2n1)2n1, 则 2A12322523(2n1)2n, 两式相减得A12(2222n1)(2n1)2n, 故 A(2n1)2n12
3、(2222n 1)(2n1)2n12(2n2)(2n 3)2n3 所以 Tna1b1a2b2anbn(2n3)2n3. 1 1 3 6 (3)不等式 (1)n (Tn21)可化为(1)nn . 2n1 2 2n1 3 6 当 n 为偶数时,n , 2 2n1 3 6 记 g(n)n . 2 2n1 即 g(n)min. 6 6 9 g(n2)g(n)2 2 , 2n1 2n1 2n 当 n2 时,g(n2)g(n),n4 时,g(n2)g(n), 13 13 即 g(4)g(2),当 n4 时,g(n)单调递增,g(n)ming(4) ,即 . 4 4 3 6 当 n 为奇数时, n , 2
4、2n1 3 6 记 h(n) n ,所以 h(n)max. 2 2n1 6 6 9 h(n2)h(n)2 2 , 2n1 2n1 2n 当 n1 时,h(n2)h(n),n3 时,h(n1)h(n), 即 h(3)h(1),n3 时,h(n)单调递减,h(n)maxh(3)3,所以 3. 13 综上所述,实数 的取值范围为( . 3, 4 ) 方法技巧 解决数列与不等式问题的注意点及策略 (1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时,应注意 n 取正整数的限制条件; (2)恒成立问题可以转化为值域问题,再利用单调性求解; (3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究 演练冲关 已知
5、数列an,bn都是等差数列,它们的前 n 项和分别记为 Sn,Tn,满足对一切 n N N*,都有 Sn3Tn. (1)若 a1b1,试分别写出一个符合条件的数列an和bn; (2)若 a1b11,数列cn满足:cn4an(1)n12bn,求最大的实数 ,使得 当 nN N*,恒有 cn1cn 成立 解:(1)设数列an,bn的公差分别是 d1,d2. n3n2 则 Sn3 (n3)a1 d1, 2 nn1 Tn nb1 d2. 2 2 对一切 nN N*,有 Sn3Tn, n3n2 nn1 (n3)a1 d1nb1 d2, 2 2 d1 5 即 n2 n3a13d1 2 ( d 1) a1
6、2 d2 1 n2 d 2)n. 2 ( b1 2 Error!即Error! 故答案不唯一 例如取 d1d22,a12,b14, 得 an2n4(nN N*),bn2n2(nN N*) (2)a1b11, 又由(1),可得 d1d21,a11,b12. ann2,bnn1. cn4n2(1)n12n1. cn1cn4n1(1)n2n24n2(1)n12n134n2(1)n(2n2 3 2n1) 22n6(1)n2n. 16 当 nN N*时,cn1cn 恒成立, 3 即当 nN N*时, 22n6(1)n2n0 恒成立 16 1 当 n 为正奇数时, 2n 恒成立, 32 1 1 1 而 2
7、n , ; 32 16 16 1 当 n 为正偶数时, 2n 恒成立, 32 1 1 1 而 2n , . 32 8 8 1 1 1 , 的最大值是 . 8 16 16 题型(二) 数列中的存在性问题 主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新 的等差(比)数列问题,以及数列中的推理问题. 典例感悟 3 例 2 (2018扬州期末)已知各项都是正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 2Sna2n 1 bn an,数列bn满足 b1 ,2bn1bn . 2 an (1)求数列an,bn的通项公式; bn2 (2)设数列cn满足 cn ,求和 c1c2cn; Sn (3)是否存在正整数 p,q
8、,r(p , 3p 3 3q 3 2p 且数列3p (p2)为递减数列, 2p 4 1 当 p2 时, 成立; 3p 9 3 2p 2 3 2 1 当 p3 时, ,得 p2,此时 q3. 3p 3 综上,存在数组(2,3)满足条件 2已知各项均为正数的数列an满 足:a1a,a2b,an1 anan2m(nN N*),其中 m,a,b 均为实常数 (1)若 m0,且 a4,3a3,a5成等差数列 b 求 的值; a 若 a2,令 bnError!求数列bn的前 n 项和 Sn; (2)是否存在常数 ,使得 anan2an1对任意的 nN N*都成立?若存在,求出实 数 的值(用 m,a,b
9、表示);若不存在,请说明理由 解:(1)因为 m0, 所以 an21anan2, 所以正项数列an是等比数列,不妨设其公比为 q. 又 a4,3a3,a5成等差数列, 所以 q2q6, 解得 q2 或 q3(舍去), b 所 以 2. a 当 a2 时,数列an是首项为 2、公比为 2 的等比数列, 所以 an2n,所以 bnError! 即数列bn的奇数项依次构成首项为 2、公比为 4 的等比数列,偶数项依次构成首项为 3、公差为 4 的等差数列 当 n 为偶数时, 6 n 32n1 2(14 ) 2 2 2n1 n2n Sn ; 14 2 3 2 3 当 n 为奇数时, n1 n1 2(1
10、4 2 ) 32n3 2 2n2 n2n 2 Sn . 14 2 3 2 3 所以 SnError! a2b2m (2)存在常数 , ab 使得 anan2an1对任意的 nN N*都成立 证明如下:因为 an21anan2m,nN N*, 所以 a2nan1an1m,n2,nN N*, 所以 an21a2nanan2an1an1, 即 an21an1an1anan2a2n. 由于 an0,此等式两边同时除以 anan1, anan2 an1an1 得 , an1 an anan2 an1an1 a1a3 所以 , an1 an a2 即当 n2,nN N*时, a1a3 都有 anan2 a
11、n1. a2 因为 a1a,a2b,an21anan2m, b2m 所以 a3 , a b2m a a1a3 a a2b2m 所以 , a2 b ab a2b2m 所以当 时,对任意的 nN N*都有 anan2an1成立 ab 题型(三) 数列的新定义问题 主要考查在给出新定义数列条件下,研究数列的性 质等问题. 典例感悟 7 例 3 (2018南京、盐城、连云港二模)对于数列an,定义 bn(k)anank,其中 n,kN N*. (1)若 bn(2)bn(1)1,nN N*,求 bn(4)bn(1)的值; (2)若 a12,且对任意的 n,kN N*,都有 bn1(k)2bn(k) ()
12、求数列an的通项公式; ()设 k 为给定的正整数,记集合 Abn(k)|nN N*,B5bn(k2)|nN N*, 求证: AB. 解 (1)因为 bn(2)bn(1)1, 所以(anan2)(anan1)1,即 an2an11, 因此数列an1是公差为 1 的等差数列, 所以 bn(4)bn(1)(anan4)(anan1)an4an13. (2)()因为 bn1(k)2bn(k), 所以 an1an1k2(anank), 分别令 k1 及 k2, 得Error! 由得 an2an32(an1an2), 得 an2an12(an1an), 得 2an14an,即 an12an, 又 a12
13、,所以 an2n. ()证明:法一:假设集合 A 与集合 B 中含有相同的元素,不妨设 bn1(k)5bn2(k2) ,n1,n2N N*, 则 2n12n1k5(2n22n2k2) 当 n1n2时,有 2n1n2时,有 n1n21,则 2n1n22n1n2k552k2,(*) 因为 n1n2,且 k 为正整数, 所以 2n1n22n1n2k 为偶数,552k2为奇数 所以(*)式不成立, 因此集合 A 与集合 B 中不含有相同的元素, 即 AB. 法二:假设集合 A 与集合 B 中含有相同的元素,不妨设 bn(k)5bm(k2),n,mN N*, 即 anank5(amamk2), 于是 2
14、n2nk5(2m2mk2), 8 512k2 整理得 2nm . 12k 512k2 3 因为 5 15,20), 12k (4 12 k) 即 2nm15,20), 因为 n,mN N*,从而 nm4, 512k2 所以 16,即 42k11. 12k 由于 k 为正整数,所以上式不成立, 因此集合 A 与集合 B 中不含有相同的元素, 即 AB. 方法技巧 数列新定义问题的命题形式及解题思路 (1)新情境和新定义下的新数列问题,一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列 的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题. (2)解答数列新定义问题时,首先需要分析新定义的特点,把新定义所叙述的
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 江苏省 2019 高考 数学 二轮 复习 专题 数列 4.3 大题考法 综合 应用 讲义 解析 2019052311
链接地址:https://www.31doc.com/p-2995336.html