浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第4节数列的综合问题选用课件

1、第4节数列的综合问题(选用),考试要求1.以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和；2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.,知 识 梳 理 1.数列与不等式的综合问题大多与数列的前n项和问题相关，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决. 2.数列与解决几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决. 3.数列是一种特殊的函数，故数

2、列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注.,诊 断 自 测 1.在等差数列an中，已知a1，a2，a6成等比数列，数列an的前三项和为24，则2 018是数列an的() a.第336项 b.第337项 c.第504项 d.第505项,答案b,2.已知数列an的前n项和sn3n(n)6，若数列an单调递减，则的取值范围是() a.(，2) b.(，3) c.(，4) d.(，5) 解析由sn3n(n)6，可得当n2时，ansn

3、sn13n1(22n1)，则an13n(22n3)，而数列an单调递减，则anan1，且a1a2，即3n1(22n1)3n(22n3)，且3(1)631(241)，解得2n，且2，可得2，故选a. 答案a,3.如果函数f(x)kx1(k0，xn*)，snf(1)f(2)f(n)，若f(1)，f(3)，f(13)成等比数列，则() a.2sn75f(n) b.2sn75f(n) c.2sn75f(n) d.2sn75f(n),答案d,答案05,5.若公差为d的等差数列an(nn*)满足a3a410，则公差d的取值范围是_. 解析由a3a410得(a12d)(a13d)10a5da16d210，所

4、以25d24(6d21)0d2或d2. 答案(，22，),【例1】 设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为sn(nn*)，bn是等差数列.已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6. (1)求an和bn的通项公式. (2)设数列sn的前n项和为tn(nn*).,考点一等差、等比数列的综合问题,(1)解设等比数列an的公比为q(q0)，由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1. 设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn. 所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通

5、项公式为bnn.,规律方法等差数列与等比数列的综合问题，要能在具体情境中识别数列的等差、等比关系，并能利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式解决相应问题.,【训练1】 设an是等差数列，其前n项和为sn(nn*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为tn(nn*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6. (1)求sn和tn； (2)若sn(t1t2tn)an4bn，求正整数n的值. 解(1)设等比数列bn的公比为q(q0). 由b11，b3b22，可得q2q20. 因为q0，可得q2，故bn2n1.,设等差数列an的公差为d. 由b4a3a5，可得a13d4. 由b5a

6、42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，,整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4. 所以，n的值为4.,考点二数列与函数 【例2】 设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nn*). (1)若a12，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和sn；,解(1)由已知，b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72， 则a8a72，解得da8a72.,(2)由f(x)2x，f(x)2xln 2， 过点(a2，b2)，即(a2，2a2)，斜率为2a2 ln 2， 则函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y 2a2 (2a

7、2 ln 2)(xa2)，,解得a22. 所以da2a11.,规律方法(1)已给函数型，运用数列是对应函数的特殊情形化为数列问题. (2)构造函数，要根据数列及要解决的问题构造相应的函数，通过研究函数的性质来解决数列问题.,(2)法一因为ln xx1(x0)，所以a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a41，又a11，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以10，a2a4a1q(1q2)a3，a2a4.,法二因为exx1，a1a2a3a4ln(a1a2a3)，所以ea1a2a3a4a1a2a3a1a2a3a41，则

8、a41，又a11，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以10，a2a4a1q(1q2)a3，a2a4.,考点三数列不等式恒(能)成立求参数,故2sn1k(2sn11)(n2).,显然a10，故an为等比数列.,(2)解在2sn11k(2sn1)中令n1， 则2s21k(2s11)， 即2(a1a2)1k(2a11)， 即2(a1a1k)1k(2a11)，,解得k3(舍去)或k3，故a11，从而an3n1(nn*).,c的取值范围为18，81.,规律方法数列不等式的恒成立、能成立问题注意转化为数列的最值问题求解.,【训练3】 (20

9、19台州期末评估)在数列an中，a11，a23，且对任意的nn*，都有an23an12an. (1)证明数列an1an是等比数列，并求数列an的通项公式；,(1)证明由an23an12an， 可得an2an12(aa1an). 又a11，a23，所以a2a12. 所以an1an是首项为2，公比为2的等比数列. 所以an1an2n. 所以ana1(a2a1)(anan1) 12222n1 2n1.,所以snb1b2bn,考点四数列与解析几何 【例4】 已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.,(1)求数列xn的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系xoy中，依次连接点p1(x1，1)，p2(x2，2)，pn1(xn1，n1)得到折线p1p2，p2p3，pnpn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积tn.,所以3q25q20，由已知q0，所以q2，x11. 因此数列xn的通项公式为xn2n1. (2)过p1，p2，pn1向x轴作垂线，垂足分别为q1，q2，qn1. 由(1)得xn1xn2n2n12n1， 记梯形pnpn1qn1qn的面积为bn，,所以tnb1b2bn