《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題三 數(shù)列 第二講 數(shù)列的綜合應(yīng)用教案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題三 數(shù)列 第二講 數(shù)列的綜合應(yīng)用教案（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二講 數(shù)列的綜合應(yīng)用 [考情分析] 數(shù)列在解答題中的考查常以數(shù)列的相關(guān)項(xiàng)以及關(guān)系式，或數(shù)列的前n項(xiàng)和與第n項(xiàng)的關(guān)系入手，結(jié)合數(shù)列的遞推關(guān)系式與等差數(shù)列或等比數(shù)列的定義展開(kāi)，求解數(shù)列的通項(xiàng)、前n項(xiàng)和，有時(shí)與參數(shù)的求解、數(shù)列不等式的證明等加以綜合．試題難度中等. 年份 卷別 考查角度及命題位置 2017 Ⅱ卷 等差、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用·T17 Ⅲ卷 已知遞推關(guān)系求通項(xiàng)與裂項(xiàng)求和·T17 2016 Ⅱ卷 等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算·T17 Ⅲ卷 數(shù)列的遞推關(guān)系式、等比數(shù)列的定義·T17 [真題自檢] 1．(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的

2、前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，a1＝－1， b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若T3＝21，求S3. 解析：設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.?、? (1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.　② 聯(lián)立①和②解得(舍去)， 因此{(lán)bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1. (2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0， 解得q＝－5，q＝4. 當(dāng)q＝－5時(shí)，由①得d＝8，則S3＝21. 當(dāng)q＝4時(shí)，由①得d＝－1，則S3＝－6.

3、 2．(2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和． 解析：(1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n，故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 兩式相減得(2n －1)an＝2， 所以an＝(n≥2)． 又由題設(shè)可得a1＝2，符合上式， 從而{an}的通項(xiàng)公式為an＝. (2)記{}的前n項(xiàng)和為Sn. 由(1)知＝＝－. 則Sn＝－＋－＋…＋－＝. 3．(2016·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，a－(2an＋

4、1－1)an－2an＋1＝0. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通項(xiàng)公式． 解析：(1)由題意可得a2＝，a3＝. (2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)． 因此{(lán)an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以＝. 故{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，因此an＝. 4．(2016·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知{an}是公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求{bn}的前n項(xiàng)和． 解析：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.

5、所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝3n－1. (2)由(1)知， anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝， 因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列． 記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn， 則Sn＝＝－. 由遞推關(guān)系求通項(xiàng) [方法結(jié)論] 求數(shù)列通項(xiàng)常用的方法 (1)定義法：①形如an＋1＝an＋C(C為常數(shù))，直接利用定義判斷其為等差數(shù)列．②形如an＋1＝kan(k為非零常數(shù))且首項(xiàng)不為零，直接利用定義判斷其為等比數(shù)列． (2)疊加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其

6、通項(xiàng)公式． (3)疊乘法：形如＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通項(xiàng)公式． (4)待定系數(shù)法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先用待定系數(shù)法把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解． (5)構(gòu)造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先在原遞推公式兩邊同除以qn＋1，得＝·＋，構(gòu)造新數(shù)列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，接下來(lái)用待定系數(shù)法求解． [題組突破] 1．(2017·威海模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，且an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*)，則數(shù)列{

7、an}的通項(xiàng)公式為(　　) A．a(chǎn)n＝ B．a(chǎn)n＝ C．a(chǎn)n＝n＋2 D．a(chǎn)n＝(n＋2)3n 解析：由an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*)得，3nan＝3n－1an－1＋1,3n－1an－1＝3n－2an－2＋1，…，32a2＝3a1＋1，以上各式相加得3nan＝n＋2，故an＝. 答案：B 2．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝，an＋1＝an＋，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(　　) A. B．1－ C．1－ D. 解析：通解：an＋1－1＝an＋－1＝(an－1)，令bn＝an－1，則××××…×＝×××…×，從而得到＝，又b1＝a1－1＝－，得bn＝b1＝－，

8、 所以an＝1－，選C. 優(yōu)解：a1＝＝1－，a2＝＝1－，a3＝＝1－，…，歸納可得an＝1－，選C. 答案：C 3．(2017·宜昌調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足關(guān)系式bn＝ (n∈N*)． (1)求證：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 解析：(1)證明：∵bn＝，且an＝，∴bn＋1＝＝＝， ∴bn＋1－bn＝－＝4. 又b1＝＝1，∴數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列． (2)由(1)知數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝1＋(n－1)×4＝4n－3，又bn＝，∴an＝＝. ∴數(shù)列{

9、an}的通項(xiàng)公式為an＝. 4．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn＝2an＋3n－12(n∈N*)． 證明：數(shù)列{an－3}為等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝2a1＋3－12，∴a1＝9. 當(dāng)n>1時(shí)，Sn－Sn－1＝an＝2an＋3n－12－2an－1－3(n－1)＋12＝2an－2an－1＋3， ∴an－3＝2(an－1－3)，∴{an－3}是以6為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．∴an－3＝6·2n－1， ∴an＝6·2n－1＋3. [誤區(qū)警示] 依據(jù)遞推式an＋1＝pan＋q(p，q為常數(shù))求數(shù)列通項(xiàng)公式是最常見(jiàn)的一類(lèi)題型．當(dāng)p＝1

10、時(shí)，{an}為等差數(shù)列；當(dāng)p≠1，p≠0，q＝0時(shí)，{an}為等比數(shù)列；當(dāng)p≠1，p≠0，q≠0時(shí)，如何求出其通項(xiàng)公式是一個(gè)難點(diǎn)，化解這類(lèi)問(wèn)題的思路是利用待定系數(shù)法，轉(zhuǎn)化成等比數(shù)列． 數(shù)列求和 [方法結(jié)論] 常用求和方法 (1)錯(cuò)位相減法：適用于各項(xiàng)由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積組成的數(shù)列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an兩邊同乘以相應(yīng)等比數(shù)列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯(cuò)位相減即可求出Sn. (2)裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)和的形式，然后通過(guò)累加抵消中間若干項(xiàng)的方法．裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常

11、數(shù))的數(shù)列． (3)拆項(xiàng)分組法：把數(shù)列的每一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)(或多項(xiàng))，再重新組合成兩個(gè)(或多個(gè))簡(jiǎn)單的數(shù)列，最后分別求和． [典例](2017·大連一中模擬)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn＝. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(－1)na，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n. 解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得a1＞0， 令n＝1，則S1＝＝，所以a1a2＝3?、伲? 令n＝2，則S2＝＋＝，所以a2a3＝15?、?， a2＝a1＋d?、?， a3＝a1＋2d?、埽? 聯(lián)立①②③④，解得或(舍去)，所以an＝2n－1.

12、(2)由題意知，bn＝(－1)na＝(－1)n[n(n＋1)－1]，所以T2n＝－(1×2－1)＋(2×3－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n·[2n(2n＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－[(2n－1)·2n－1]＋[2n(2n＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n＝＝2n2＋2n. [類(lèi)題通法] 分類(lèi)討論思想在數(shù)列求和中的應(yīng)用 (1)當(dāng)數(shù)列通項(xiàng)中含有(－1)n時(shí)，在求和時(shí)要注意分n為奇數(shù)與偶數(shù)處理． (2)對(duì)已知數(shù)列滿(mǎn)足＝q，在求{an}的前n項(xiàng)和時(shí)分奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別求和． [演練沖關(guān)] 1．已知函數(shù)f(n)＝且a

13、n＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 解析：由題意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－1＋101＝100，故選B. 解析：B 2．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝1，anan＋1＝3n，則S2 017＝________. 解析：由anan＋1＝3n，得an－1a

14、n＝3n－1(n≥2)，所以＝3(n≥2)，則數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)均構(gòu)成以3為公比的等比數(shù)列，又a1＝1，a1a2＝3，所以a2＝3，所以S2 017＝＋ ＝31 009－2. 答案：31 009－2 3．(2017·廣西三市聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)． (1)求a的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn. 解析：(1)∵6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)， ∴當(dāng)n＝1時(shí)，6S1＝6a1＝9＋a， 當(dāng)n≥2時(shí)，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n，

15、即an＝3n－1， ∵{an}是等比數(shù)列，∴a1＝1，則9＋a＝6，得a＝－3， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)， ∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝(1－＋－＋…＋－) ＝. 數(shù)列與其他知識(shí)交匯的綜合問(wèn)題 數(shù)列中的綜合問(wèn)題，大多與函數(shù)、方程、不等式及解析幾何交匯，考查利用函數(shù)與方程的思想及分類(lèi)討論思想解決數(shù)列中的問(wèn)題，用不等式的方法研究數(shù)列的性質(zhì)，數(shù)列與解析幾何交匯，主要涉及點(diǎn)列問(wèn)題． 交匯點(diǎn)一　數(shù)列與函數(shù)交匯 [典例1]　(2016·大連雙基測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝

16、2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，，且在區(qū)間上為單調(diào)函數(shù)． (1)求ω，φ的值； (2)設(shè)an＝nf(n∈N*)，求數(shù)列{an}的前30項(xiàng)和S30. 解析：(1)由題可得＋φ＝2 kπ－，k∈Z， ＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z. ∵|φ|＜π，∴φ＝－. (2)∵an＝2nsin(n∈N*)， 數(shù)列(n∈N*)的周期為3， 前三項(xiàng)依次為0，，－， ∴a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)＝－(n∈N*)， ∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10. [類(lèi)

17、題通法] 數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題的類(lèi)型及解題方法 (1)已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問(wèn)題，此類(lèi)問(wèn)題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問(wèn)題；(2)已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問(wèn)題，解決此類(lèi)問(wèn)題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法等對(duì)式子化簡(jiǎn)變形． [演練沖關(guān)] 1．設(shè)曲線y＝2 018xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1,2 018)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，令an＝log2 018xn，則a1＋a2＋…＋a2 017的值為(　　) A．2 018 B．2 017 C．1 D．－1 解析：因?yàn)閥′＝2 018(n＋1)xn，所以切線方程是y－2 018＝2 018(n＋1)(x－1)，所以

18、xn＝， 所以a1＋a2＋…＋a2 017＝log2 018(x1·x2·…·x2 017)＝log2 018(××…×)＝log2 018＝－1. 答案：D 交匯點(diǎn)二　數(shù)列與不等式交匯 [典例2]　(2017·武漢調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝9，a2為整數(shù)，且Sn≤S5. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：Tn≤. 解析：(1)由a1＝9，a2為整數(shù)可知，等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)． 又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0， 于是9＋4d≥0,9＋5d≤0， 解得－≤d≤－. ∵d為整數(shù)，∴d＝－2. 故{a

19、n}的通項(xiàng)公式為an＝11－2n. (2)證明：由(1)，得＝＝(－)， ∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)． 令bn＝，由函數(shù)f(x)＝的圖象關(guān)于點(diǎn)(4.5，0)對(duì)稱(chēng)及其單調(diào)性，知0＜b1＜b2＜b3＜b4，b5＜b6＜b7＜…＜0，∴bn≤b4＝1. ∴Tn≤×(1－)＝. [類(lèi)題通法] 數(shù)列與不等式的交匯多為不等式恒成立與證明和形式的不等式，在求解時(shí)要注意等價(jià)轉(zhuǎn)化即分離參數(shù)法與放縮法的技巧應(yīng)用． [演練沖關(guān)] 2．(2017·貴陽(yáng)模擬)在數(shù)列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n (n＋1)λ成立，則實(shí)數(shù)λ的最小值為_(kāi)_______． 解析：依題意得，數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為2n－1，當(dāng)n≥2時(shí)，＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且＝21－1＝1＝21－1，因此＝2n－1(n∈N*)，＝.記bn＝，則bn＞0，＝＝＞＝1，bn＋1＞bn，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，數(shù)列{bn}的最小項(xiàng)是b1＝.依題意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是. 答案： - 9 -