2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章 数列与数学归纳法高考专题突破四课件

大一轮复习讲义高考专题突破四高考中的数列问题第七章数列与数学归纳法大一轮复习讲义高考专题突破四高考中的数列问题第七章数列与1NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课2题型分类深度剖析1PARTONE题型分类深度剖析1PARTONE3题型一等差数列、等比数列的基本问题师生共研题型一等差数列、等比数列的基本问题师生共研2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件(2)求正整数t的最小值.(2)求正整数t的最小值.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序.(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略思维升华跟踪训练1

(2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比是q(q≠1)，且满足：a1＝2，b1＝1，S2＝3b2，a2＝b3.(1)求an与bn；跟踪训练1(2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{an(2)设cn＝2bn－λ，若数列{cn}是递减数列，求实数λ的取值范围.解

由(1)可知cn＝2n－λ·3n，若{cn}是递减数列，则cn＋1<cn，即2n＋1－λ·3n＋1<2n－λ·3n，(2)设cn＝2bn－λ，若数列{cn}是递减数列题型二数列的通项与求和师生共研(1)求数列{an}的通项公式；题型二数列的通项与求和师生共研(1)求数列{an}的通项公所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3，当n＝1时，a1＝1也符合上式.所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3(n∈N*).所以Sn＝2n2－n.2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论.(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.思维升华(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造(1)求数列{an}的通项公式；解由题意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)，即an－an－1＝2n－1(n≥3)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n≥3)，检验知n＝1,2时，结论也成立，故an＝2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；解由题意知Sn－Sn－1＝故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)题型三数列与不等式的交汇师生共研∴an＋1<an，n∈N*.题型三数列与不等式的交汇师生共研∴an＋1<an，n∈N*2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件得Sn＝a1＋a2＋…＋an得Sn＝a1＋a2＋…＋an(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩；(2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化.思维升华(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放求证：(1)an＋1>an；求证：(1)an＋1>an；2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件课时作业2PARTTWO课时作业2PARTTWO24基础保分练1234561.(2018·绍兴市上虞区调研)已知数列{an}满足a1＝511,4an＝an－1－3(n≥2).(1)求证：{an＋1}是等比数列；∵a1＋1＝512≠0，基础保分练1234561.(2018·绍兴市上虞区调研)已知123456(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求{bn}的前n项和Sn.则log2(an＋1)＝11－2n.∴bn＝|11－2n|，令cn＝11－2n，当n≤5时，cn>0；当n≥6时，cn<0，设{cn}的前n项和为Tn，则Tn＝10n－n2，当n≤5时，Sn＝Tn＝10n－n2；当n≥6时，Sn＝2T5－Tn＝n2－10n＋50.123456(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求{bn123456(1)求数列{an}的通项公式；解当n＝1时，可得a2＝4，当n≥2时，4Sn＝an·an＋1,4Sn－1＝an·an－1，两式相减，得4an＝an(an＋1－an－1)，∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，∴{an}的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列，当n＝2k－1，k∈N*时，an＝2n；当n＝2k，k∈N*时，an＝2n.∴an＝2n(n∈N*).123456(1)求数列{an}的通项公式；解当n＝1时，123456(2)设(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.123456(2)设123456123456123456123456123456(1)求数列{an}的通项公式；则an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，适合上式，因此an＝2n－1(n∈N*).123456(1)求数列{an}的通项公式；则an＝Sn－S123456123456123456解①∵2k<an<22k，∴2k<2n－1<22k，∴2k－1＋1≤n≤22k－1，则bk＝22k－1－(2k－1＋1)＋1＝22k－1－2k－1，k∈N*.123456解①∵2k<an<22k，∴2k<2n－1<2123456则4＋2m＝(4－m)2k＋1－4，即有0<8＋2m＝(4－m)2k＋1，因此m<4，对于m∈N*，则当m＝1时，正整数k不存在，m＝2时，正整数k不存在，m＝3时，k＝3，因此存在符合条件的k，m，且m＝3，k＝3.123456则4＋2m＝(4－m)2k＋1－4，1234564.(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上.(1)求数列{an}的通项公式；解因为an－an＋1＋1＝0，所以an＋1－an＝1，因此数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，则an＝1＋(n－1)×1＝n.1234564.(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{a123456123456123456123456123456所以S1＋S2＋…＋Sn－1123456所以S1＋S2＋…＋Sn－1因此g(n)＝n.故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立.故nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，以上式子相加得nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋(n－1)，则有S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)(n≥2)，因此g(n)＝n，故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立.123456因此g(n)＝n.故nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1123456技能提升练123456技能提升练∴an＋1＝(an＋1－an)＋…＋(a2－a1)＋a1<n＋2.123456∴原不等式得证.∴an＋1＝(an＋1－an)＋…＋(a2－a1)＋a1<n123456123456123456∴原不等式得证.123456∴原不等式得证.123456拓展冲刺练123456拓展冲刺练②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即0＜ak＜1，那么当n＝k＋1时，123456∴0＜ak＋1＜1.即当n＝k＋1时不等式也成立.综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立.②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即0＜ak＜1，12123456123456123456即an＋1＞an，∴数列{an}为递增数列.123456即an＋1＞an，∴数列{an}为递增数列.123456∴当n≥2时，当n≥2时，123456∴当n≥2时，当n≥2时，大一轮复习讲义高考专题突破四高考中的数列问题第七章数列与数学归纳法大一轮复习讲义高考专题突破四高考中的数列问题第七章数列与49NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课50题型分类深度剖析1PARTONE题型分类深度剖析1PARTONE51题型一等差数列、等比数列的基本问题师生共研题型一等差数列、等比数列的基本问题师生共研2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件(2)求正整数t的最小值.(2)求正整数t的最小值.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序.(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略思维升华跟踪训练1

(2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比是q(q≠1)，且满足：a1＝2，b1＝1，S2＝3b2，a2＝b3.(1)求an与bn；跟踪训练1(2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{an(2)设cn＝2bn－λ，若数列{cn}是递减数列，求实数λ的取值范围.解

由(1)可知cn＝2n－λ·3n，若{cn}是递减数列，则cn＋1<cn，即2n＋1－λ·3n＋1<2n－λ·3n，(2)设cn＝2bn－λ，若数列{cn}是递减数列题型二数列的通项与求和师生共研(1)求数列{an}的通项公式；题型二数列的通项与求和师生共研(1)求数列{an}的通项公所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3，当n＝1时，a1＝1也符合上式.所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3(n∈N*).所以Sn＝2n2－n.2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论.(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.思维升华(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造(1)求数列{an}的通项公式；解由题意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)，即an－an－1＝2n－1(n≥3)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n≥3)，检验知n＝1,2时，结论也成立，故an＝2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；解由题意知Sn－Sn－1＝故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)题型三数列与不等式的交汇师生共研∴an＋1<an，n∈N*.题型三数列与不等式的交汇师生共研∴an＋1<an，n∈N*2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件得Sn＝a1＋a2＋…＋an得Sn＝a1＋a2＋…＋an(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩；(2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形式灵活进行转化.思维升华(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放求证：(1)an＋1>an；求证：(1)an＋1>an；2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版：第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件课时作业2PARTTWO课时作业2PARTTWO72基础保分练1234561.(2018·绍兴市上虞区调研)已知数列{an}满足a1＝511,4an＝an－1－3(n≥2).(1)求证：{an＋1}是等比数列；∵a1＋1＝512≠0，基础保分练1234561.(2018·绍兴市上虞区调研)已知123456(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求{bn}的前n项和Sn.则log2(an＋1)＝11－2n.∴bn＝|11－2n|，令cn＝11－2n，当n≤5时，cn>0；当n≥6时，cn<0，设{cn}的前n项和为Tn，则Tn＝10n－n2，当n≤5时，Sn＝Tn＝10n－n2；当n≥6时，Sn＝2T5－Tn＝n2－10n＋50.123456(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求{bn123456(1)求数列{an}的通项公式；解当n＝1时，可得a2＝4，当n≥2时，4Sn＝an·an＋1,4Sn－1＝an·an－1，两式相减，得4an＝an(an＋1－an－1)，∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4，∴{an}的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列，当n＝2k－1，k∈N*时，an＝2n；当n＝2k，k∈N*时，an＝2n.∴an＝2n(n∈N*).123456(1)求数列{an}的通项公式；解当n＝1时，123456(2)设(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.123456(2)设123456123456123456123456123456(1)求数列{an}的通项公式；则an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，适合上式，因此an＝2n－1(n∈N*).123456(1)求数列{an}的通项公式；则an＝Sn－S123456123456123456解①∵2k<an<22k，∴2k<2n－1<22k，∴2k－1＋1≤n≤22k－1，则bk＝22k－1－(2k－1＋1)＋1＝22k－1－2k－1，k∈N*.123456解①∵2k<an<22k，∴2k<2n－1<2123456则4＋2m＝(4－m)2k＋1－4，即有0<8＋2m＝(4－m)2k＋1，因此m<4，对于m∈N*，则当m＝1时，正整数k不存在，m＝2时，正整数k不存在，m＝3时，k＝3，因此存在符合条件的k，m，且m＝3，k＝3.123456则4＋2m＝(4－m)2k＋1－4，1234564.(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上.(1)求数列{an}的通项公式；解因为an－an＋1＋1＝0，所以an＋1－an＝1，因此数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，则an＝1＋(n－1)×1＝n.1234564.(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{a12345612345612345