江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.2大题考法_等差等比数列的综合问题讲义含解析201905.wps
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1、第二讲 大题考法等差、等比数列的综合问题 题型(一) 等差、等比数列的综合运算 主要考查等差、等比数列的通项公式 及前 n 项和的求解,且常结合数列的递推公 式命题. 典例感悟 例 1 (2018镇江期末)已知 nN N*,数列an的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 a1 1,a22,设 bna2n1a2n. (1)若数列bn是公比为 3 的等比数列,求 S2n; a2nn (2)若对任意 nN N*,Sn 恒成立,求数列an的通项公式; 2 (3)若 S2n3(2n1),数列anan1为等比数列,求数列an的通项公式 解 (1)由题意,b1a1a2123, 313n 则 S2n (a1
2、 a2) (a3 a4) (a2n 1 a2n) b1 b2 bn 13 3n13 . 2 (2)当 n2 时,由 2Sna2nn, 得 2Sn1an21n1, 两式相减得 2ana2nn(an21n1)a2nan211, 整理得(an1)2an210, 即(anan11)(anan11)0, 故 anan11 或 anan11.(*) 下面证明 anan11 对任意的 nN N*恒不成立 事实上,因为 a1a23, 所以 anan11 不恒成立; 若存在 nN N*,使 anan11,设 n0是满足上式最小的正整数,即 an0an011, 显然 n02,且 an01(0,1),则 an01a
3、n021,则由(*)式知,an01an021, 则 an021) 由题意,得Error! 即Error! 由 q1,解得Error! 故数列an的通项公式为 an2n1. (2)由(1)得 bn2n1(n1)ln 2, 12n nn1 所以 Tn(12222n1)012(n1)ln 2 ln 12 2 nn1 22n1 ln 2. 2 2 题型(二) 等差、等比数列的判定与证明 主要考查等差与等比数列的定义、等差与等 比中项,且常与数列的递推公式结合命题. 典例感悟 例 2 (2018苏北四市期末)已知数列an的前 n 项和为 Sn,满足 a12,Snnan an1,其中 n2,nN N*,R
4、 R. (1)若 0,4,bnan12an(nN N*),求证:数列bn是等比数列; (2)若数列an是等比数列,求 , 的值; 3 (3)若 a23,且 ,求证:数列an是等差数列 2 解 (1)证明:若 0,4,则 Sn4an1(n2), 所以 an1Sn1Sn4(anan1), 即 an12an2(an2an1), 所以 bn2bn1. 又由 a12,a1a24a1, 得 a23a16,a22a120,即 bn0, bn 所以 2,故数列bn是等比数列 bn1 (2)若an是等比数列,设其公比为 q(q0) 当 n2 时,S22a2a1,即 a1a22a2a1,得 1q2q. 当 n3
5、时,S33a3a2,即 a1a2a33a3a2, 得 1qq23q2q. 当 n4 时,S44a4a3,即 a1a2a3a44a4a3, 得 1qq2q34q3q2. q,得 1q2, q,得 1q3, 解得 q1,1. 代入式,得 0. 此时 Snnan(n2),Sn1(n1)an1(n3), 相减得 SnSn1nan(n1)an1,所以 anan1(n3) 因为 a12,S22a2,所以 ana2a12, 所以数列an是公比为 1 的等比数列,故 1,0. (3)证明:令 n2,则 S22a2a1,即 a1a22a2a1.又 a12,a23,得 3 562. 3 1 又 ,解得 ,1. 2
6、 2 n 所以 Sn anan1. 2 3 3 令 n 3,则 S3 a3a2,即 a1a2a3 a3a2. 2 2 3 由 a12,a23,得 5a3 a33,所以 a34, 2 所以 a1,a2,a3成等差数列 n n1 由 Sn anan1,得 Sn1 an1an, 2 2 n1 n 两式相减得 an 1 an1 ananan1, 2 2 即(n1)an1(n2)an2an10, 所以 nan2(n1)an12an0, 两式相减得 nan22(n1)an1(n2)an2an2an10, 所以 n(an22an1an)2(an12anan1)0, 2 22 所以 an22an1an (an
7、12anan1) (an2an1an2) n nn1 2n1 (a32a2a1) nn12 因为 a12a2a30,所以 an22an1an0, 即数列an是等差数列 方法技巧 判定和证明数列是等差(比)数列的方法 定义法 an1 对于 n1 的任意自然数,验证 an1an或 为与正整数 n无关的某一常 an 数 中项 若 2an1anan2(nN N*),则an为等差数列; 公式法 若 an21anan20(nN N*),则an为等比数列 演练冲关 1(2018苏锡常镇调研(二)已知等差数列an的首项为 1,公差为 d,数列bn的前 n项和为 Sn,且对任意的 nN N*,6Sn9bnan2
8、 恒成立 (1)如果数列Sn是等差数列,证明数列bn也是等差数列; 1 (2)如果数列b n2为等比数列,求 d 的值 4 解:(1)证明:设数列Sn的公差为 d, 由 6Sn9bnan2, 得 6Sn19bn1an12(n2), ,得 6(SnSn1)9(bnbn1)(anan1), 即 6d9(bnbn1)d, 6dd 所以 bn bn1 为常数, 9 所以bn为等差数列 (2)由得 6bn9bn9bn1d,即 3bn9bn1d, 1 d 1 bn 3bn1 2 3 2 所以 1 1 bn1 bn1 2 2 1 d 3( 2) bn1 1 3 1 bn1 2 d 1 3 3 是与 n 无关
9、的常数, 1 bn1 2 d 1 所以 10 或 bn1 为常数 3 2 d 当 10 时,d3,符合题意; 3 1 当 bn1 为常数时, 2 在 6Sn9bnan2 中,令 n1,则 6a19b1a12, 又 a11,解得 b11, 1 1 3 所以 bn1 b1 , 2 2 2 d d 1 1 3 3 此时 3 3 1,解得 d6. 1 3 bn1 2 2 综上,d3 或 d6. 2(2018苏锡常镇一模)已知 n 为正整数,数列an满足 an0,4(n1)a2nnan210, a2n 设数列bn满足 bn . tn 5 an (1)求证:数列n 为等比数列; (2)若数列bn是等差数列
10、,求实数 t 的值; (3)若数列bn是等差数列,前 n 项和为 Sn,对任意的 nN N*,均存在 mN N*,使得 8a21Sn a41n216bm 成立,求满足条件的所有整数 a1的值 解:(1)证明:由题意得 4(n1)a2nnan21,因为数列an各项均为正, an2 1 a2n an1 an 得 4 ,所以 2 , n1 n n1 n an1 n1 an 因此 2,所以 是以 a1为首项,公比为 2 的等比数列 n an n an (2)由(1)得 a12n1,即 ana12n1 , n n a2n a214n1n 所以 bn , tn tn 如果数列bn是等差数列,则 2b2b1
11、b3, a212421 a2140 a213431 即 2 , t2 t t3 16 1 48 整理得 ,则 t216t480, t2 t t3 解得 t4 或 t12. a21n 当 t4 时,bn , 4 a21n1 a21n a21 因为 bn1bn , 4 4 4 所以数列bn是等差数列,符合题意; a21n 当 t12时,bn , 43n 2a21 4a21 22a21 11 a213 a21 因为 b2b4 a ,2b32 ,b2b42b3, 21 432 434 434 162 433 18 所以数列bn不是等差数列,t12不符合题意, 综上,如果数列bn是等差数列,则 t4.
12、a21n (3)由(2)得 bn ,对任意的 nN N*,均存在 mN N*,使 8a Sna n216bm, 2 4 a41 nn1 a21m na21 则 8 a n216 ,所以 m . 41 4 2 4 4 4k2n 当 a12k,kN N*时,m k2n,对任意的 nN N*,mN N*,符合题意; 4 6 4k24k1 1 当 a12k1,kN N*,当 n1 时,m k2k N N*,故不合题意. 4 4 综上,当 a12k,kN N*时,对任意的 nN N*,均存在 mN N*,使 8a21Sna41n216bm. 课时达标训练 A 组大题保分练 1(2018苏州期中)已知等比
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