2020高考数学二轮复习课堂学案课件-数列的综合问题VIP

,第2讲数列的综合问题,板块二专题六数列,江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考查数列的综合应用.近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强.,考情考向分析,NEIRONGSUOYIN,内容索引,热点分类突破,真题押题精练,1,PARTONE,热点一数列的通项与求和,热点二数列中的探索性问题,热点三数列中的新定义问题,热点一数列的通项与求和,例1已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；,解设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，,当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，,当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，,思维升华(1)给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.(2)数列求和的常用方法：分组求和法、并项求和法、裂项相消法、错位相减法.,解设数列an的公差为d，数列bn的公比为q.a12，b11，且a2b3，S36b2，,跟踪演练1已知等差数列an的首项a12，前n项和为Sn，等比数列bn的首项b11，且a2b3，S36b2，nN*.(1)求数列an和bn的通项公式；,an2(n1)22n，bn2n1.,(2)数列cn满足cnbn(1)nan，记数列cn的前n项和为Tn，求Tn.,解由题意：cnbn(1)nan2n1(1)n2n.Tn(1242n1)2468(1)n2n，,热点二数列中的探索性问题,例2(2019扬州检测)记无穷数列an的前n项中最大值为Mn，最小值为mn，令bn，数列an的前n项和为An，数列bn的前n项和为Bn.(1)若数列an是首项为2，公比为2的等比数列，求Bn；,解数列an是首项为2，公比为2的等比数列，an2n，mn2，Mnan2n，,(2)若数列bn是等差数列，试问数列an是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明.,根据Mn，mn的定义，有以下结论：MnMn1，mnmn1，且两个不等式中至少有一个取等号，若d0，则必有MnMn1，anMnMn1an1，即对n2，nN*，都有anan1，,解若数列bn是等差数列，设其公差为d，,anan12d，即an为等差数列；当d0时，则必有mnmn1，所以anmnmn1an1，即对n2，nN*，都有anan1，,anan12d，即an为等差数列；,MnMn1，mnmn1中至少有一个为0，根据上式，一个为0，则另一个也为0，即MnMn1，mnmn1，an为常数数列，an为等差数列，综上，数列an也一定是等差数列.,思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性等知识进行求解.,跟踪演练2已知数列an中，a11，a2a，且an1k(anan2)对任意正整数n都成立，数列an的前n项和为Sn.(1)是否存在实数k，使数列an是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项am，am1，am2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由；,所以amam1，am1am，am2am1.若am1为等差中项，则2am1amam2，即2amam1am1，解得a1，不合题意；若am为等差中项，则2amam1am2，即2am1amam1，化简得a2a20，解得a2或1(舍).,若am2为等差中项，则2am2am1am，,即2am1amam1，化简得2a2a10，,于是an2an1(an1an)，所以an3an2(an2an1)an1an.当n是偶数时，Sna1a2a3a4an1an(a1a2)(a3a4)(an1an),当n是大于1的奇数时，Sna1a2a3a4an1ana1(a2a3)(a4a5)(an1an),当n1时也适合上式.,热点三数列中的新定义问题,例3(2019徐州模拟)设数列an的各项均为不等的正整数，其前n项和为Sn，我们称满足条件“对任意的m，nN*，均有(nm)Snm(nm)(SnSm)”的数列an为“好”数列.(1)试分别判断数列an，bn是否为“好”数列，其中an2n1，bn2n1，nN*，并给出证明；,解若an2n1，则Snn2，所以(nm)Snm(nm)(nm)2，而(nm)(SnSm)(nm)(n2m2)(nm)2(nm)，所以(nm)Snm(nm)(SnSm)对任意的m，nN*均成立，即数列an是“好”数列.若bn2n1，取n2，m1，则(nm)SnmS37，(nm)(SnSm)3b26，此时(nm)Snm(nm)(SnSm)，即数列bn不是“好”数列.,(2)已知数列cn为“好”数列，若c20172018，求数列cn的通项公式.,解因为数列cn为“好”数列，取m1，则(n1)Sn1(n1)(SnS1)，即2Sn(n1)an1(n1)a1恒成立.当n2时，有2Sn1(n2)anna1，两式相减，得2an(n1)an1(n2)ana1(n2)，即nan(n1)an1a1(n2)，所以(n1)an1(n2)ana1(n3)，所以nan(n1)an1(n1)an1(n2)an，即(2n2)an(n1)an1(n1)an1，即2anan1an1(n3)，当n2时，有2S2a33a1，即2a2a3a1，所以2anan1an1对任意n2，nN*恒成立，所以数列cn是等差数列.,因为数列cn的各项均为不等的正整数，所以dN*，所以d1，c12，所以cnn1.,思维升华数列中的“新定义”试题只给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路.理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义、性质和基本数学思想.,跟踪演练3设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk(k是常数且kN*)成立，则称数列an为“P(k)数列”.(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；,解因为数列an为“P(1)数列”，则Snan11，Sn1an21，两式相减得，an22an1，又当n1时，a1a21，所以a22，故an12an对任意的nN*恒成立，,故数列an为等比数列，其通项公式为an2n1，nN*.,证明因为数列an为“P(2)数列”，所以Snan22，Sn1an32，两式相减得an1an3an2，又当n1时，a1a32，故a33，满足a3a2a1，所以an2an1an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.,故当n3时，Tn3，,所以Tn3，nN*.,2,PARTTWO,真题押题精练,1,2,1.(2018江苏，20)设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列.(1)设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；,解由条件知an(n1)d，bn2n1，因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|(n1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立，,1,2,(2)若a1b10，mN*，q(1，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示).,1,2,解由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3，m1)，,因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立.,1,2,令tn1，则1tm，,从而t(qtqt1)qt20.,1,2,设f(x)2x(1x)，当x0时，f(x)(ln21xln2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f(0)1.,1,2,2.已知数列an满足对任意的nN*，都有an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，且an1an0，其中a12，q0.记Tna1qa2q2a3qn1an.(1)若q1，求T2019的值；,解当q1时，由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得(an1an)2an1an，又an1an0，所以an1an1，又a12，所以T2019a1(a2a3)(a4a5)(a2018a2019)1011.,1,2,(2)设数列bn满足bn(1q)Tnqnan.求数列bn的通项公式；,解由an(qnan1)2qnanan1an1(1qnan1)，得qn(an1an)2an1an，,又因为Tna1qa2q2a3qn1an，所以qTnqa1q2a2q3a3qnan，所以(1q)Tna1q(a1a2)q2(a2a3)q3(a3a4)qn1(an1an)qnan，bn(1q)Tnqnana1111qnanqnana1n1n1，所以bnn1.,1,2,若数列cn满足c11，且当n2时，cn1，是否存在正整数k，t，使c1，ckc1，ctck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由.,解由题意，得cn12n1，n2，