高考数学二轮复习-专题四-数列、极限与数学归纳法高考预测课件-理

专题四：数列、极限与数学归纳法高考预测2012年高考命题趋势：选择题、填空题将仍以考查两个特殊数列的基础知识和运算能力为主，突出“小、巧、活”的特点．解答题仍以综合题为主，内容涉及到函数、不等式、解析几何、组合与二项式定理等，突出对思想与方法的考查．考查的思想有：函数与方程的思想、等价转化的思想、分类讨论的思想、特殊与一般的思想．考查的主要方法有：叠加法、累积法、迭代法、待定系数法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、放缩法、数学归纳法．近年来不断地涌现出信息题，着重考查学生的阅读能力和知识迁移的能力；而对递推公式的考查十分火热，适当地拓展一些由递推关系求通项的方法是大有必要的，它可以使方法更为直接；以三角、解析几何、导数和二项定理相交汇的数列综合试题将成为高考命题中的新宠，应引起高度重视．其中常考不衰的四个热点是：①关于an与Sn之间关系的考查；②“叠加”、“累积”、“错位相减”、“裂项相消”等方法的运用；③构造新数列(将非等差、等比数列化成等差、等比数列)；④数列中的不等式证明．1.考题回放

1．[2009年·海南宁夏]等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4等于()(A)7． (B)8． (C)15． (D)16．

【解析】∵4a1,2a2，a3成等差数列，∴4a1＋a3＝4a2，即4a1＋a1q2＝4a1q，∴q2－4q＋4＝0，∴q＝2，S4＝15．

[答案]

C2．[2009年·江西]数列{an}的通项an＝n2,其前n项和为Sn，则S30为()(A)470． (B)490． (C)495． (D)510．2.

【解析】由于以3为周期，故

S30==＝－25＝470．

[答案]

A3.3．[2011年·重庆]设a1＝2，an＋1＝，bn＝，n∈N*，则数列{bn}的通项bn＝________．

【解析】bn＋1＝＝2bn，又b1＝＝4,故数列{bn}是以4为首项,以2为公比的等比数列,∴bn＝2n＋1.

[答案]

2n＋1

4．[2009年·山东]等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；4.

(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式成立．

【解析】(1)解：∵点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，∴Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)，当n＝1时，a1＝S1＝b＋r，当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.又数列{an}为等比数列，故r＝－1且公比为b．(2)证明：当b＝2时，则an＝2n－1∴bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，∴,于是要证明的不等式为对任意的n∈N*成立．5.(法一)(可用数学归纳法)当n＝1时，＞显然成立．假设当n＝k时成立，即成立．则当n＝k＋1时，＝＝＝，6.即当n＝k＋1时不等式成立，所以原不等式对任意n∈N*成立．

所以原不等式成立．7.

5．[2009年·江西]各项均为正数的数列{an},a1＝a,a2＝b,且对满足m＋n＝p＋q的正整数m,n,p,q都有

(1)当a＝，b＝时，求通项an;(2)证明：对任意a，存在与a有关的常数λ，使得对于每个正整数n，都有≤an≤λ．

【解析】(1)解：由＝得＝．将a1＝，a2＝代入上式化简得an＝．8.所以，故数列为等比数列，又，从而，即an＝．可验证an＝满足题设条件．

(2)证明:由题设的值仅与m＋n有关,记为bm＋n,则bn＋1＝．考察函数f(x)＝(x＞0)，9.则在定义域上有f(x)≥g(a)＝故对n∈N*,bn＋1≥g(a)恒成立．又b2n＝≥g(a)，注意到0＜g(a)≤，解上式得＝≤an≤，取λ＝，即有≤an≤λ．10.专题训练一、选择题

1．在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39,a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项之和S9等于()(A)66． (B)99． (C)144． (D)297．

【解析】∵数列{an}是等差数列，∴a1＋a4＋a7,a2＋a5＋a8,a3＋a6＋a9也成等差数列，∴a2＋a5＋a8＝33，即S9＝(a1＋a4＋a7)＋(a2＋a5＋a8)＋(a3＋a6＋a9)＝99．

[答案]

B

2．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则等于()(A)2． (B)4． (C)． (D)．11.

【解析】．

[答案]

C3．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－a11的值为()(A)14． (B)15． (C)16． (D)17．

【解析】由已知得5a8＝a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，a8＝24，a9－a11＝(3a9－a11)＝(3a1＋24d－a1－10d)＝(a1＋7d)＝a8＝16．

[答案]

C12.4．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝4,a2＋a3＋a4＝－2，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8等于()(A)． (B)． (C)． (D)．

【解析】q＝＝－，a3＋a4＋a5＝1，

a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)(－)5＝－，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝1－＝．

[答案]D13.

5．在等差数列{an}中，a10<0,a11>0且a11>|a10|,Sn为数列{an}的前n项和，则使Sn>0的n的最小值为()(A)21． (B)20． (C)10． (D)11．

【解析】∵a11>|a10|且a10<0，∴a10＋a11＞0，即S19＝＝19a10<0，

S20＝＝10(a10＋a11)＞0．

[答案]

B

6．公差不为0的等差数列{an}中，2a3－a72＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8等于()(A)2． (B)4． (C)8． (D)16．

【解析】∵2a3－a72＋2a11＝0，∴4a7－a72＝0,a7＝4或a7＝0(舍去)．b6b8＝b72＝a72＝16．

[答案]

D14.

7．若数列{an}满足a1＝1,a2＝2,an＝(n≥3)，则a17等于()(A)1． (B)2．(C)． (D)2－987．

【解析】∵an＝，∴an＋3＝，an＋2＝，两式相乘得：an＋3＝an，故a17＝a2＝2．

[答案]

B

8．在等差数列{an}中，若7a5＋5a9＝0，且a9＞a5，则使数列前n项和Sn取最小值的n等于()(A)5． (B)6． (C)7． (D)8．

【解析】设数列{an}的公差为d，则a9－a5＝4d>0,7a5＋5a9＝12a1＋68d＝12a6＋8d＝12a7－4d＝0，∴a6＝－d<0,a7＝d>0，因此数列{an}的前6项和最小．

[答案]

B15.9．数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，此数列的前n项和Sn>1020，那么n的最小值是()(A)7． (B)8． (C)9． (D)10．

【解析】an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，∴Sn＝2n＋1－n－2．∴S9＝1013,S10＝2036，故所求n的最小值为10．

[答案]

D10．设数列{an}的前n项和为Sn，令Tn＝，称Tn为数列a1,a2，…，an的“理想数”，已知数列a1,a2，…，a500的“理想数”为2004，那么数列2,a1,a2，…，a500的“理想数”为()(A)2002． (B)2004． (C)2006． (D)2008．16.

【解析】数列a1,a2,…,a500的“理想数”为＝2004，∴500a1＋499a2＋…＋a500＝2004×500，数列2,a1,a2，…，a500的“理想数”为＝2＋＝2002．

[答案]

A

11．在数列{an}中，如果存在非零常数T，使得am＋T＝am对于任意正整数m均成立，那么就称数列{an}为周期数列，其中T叫做数列{an}的周期．已知数列{xn}满足xn＋1＝|xn－xn－1|(n≥2，n∈N)，如果x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，当数列{xn}的周期为3时，则该数列的前2009项的和为()(A)668． (B)669． (C)1338． (D)1340．17.

【解析】本题考查对信息的阅读理解能力及知识的迁移转化能力．据题意知x3＝|a－1|＝1－a，x4＝|2a－1|，由于数列的周期为3，故必有x4＝x1⇒|2a－1|＝1，解得a＝1或0(据条件a＝0舍去)，故此数列为1,1,0,1,1,0，…，故每一周期内数列和为2，由于2009＝3×669＋2，则此数列的前2009项即为：2×669＋1＋1＝1340．

[答案]

D

12．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，＝(n∈N)，则a13等于()(A)26． (B)24．(C)212×12！． (D)213×13！．18.

【解析】由＝⇒＝+2，令bn＝，则数列{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列，所以bn＝＝2＋(n－1)×2＝2n，故有an＝··…···a1＝2(n－1)·2(n－2)·…·(2×2)·(2×1)·1＝2n－1×(n－1)！．

[答案]

C19.

二、填空题13．设等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋a，等差数列{bn}的前n项和Tn＝n2－2n＋b，则a＋b＝________．

【解析】易得a＝－1,b＝0．

[答案]

－1

14．常数a,b满足＝b，则a＋b＝________．

【解析】当x＝－1时，ax2＋5x＋3＝0，故a＝2，代入可得b＝＝(2x＋3)＝1，故a＋b＝3．

[答案]

3

15．数列满足a1＝1，且对任意的m,n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，则＝________．20.

【解析】当m＝1时，an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝．

故＝＝.

[答案]

16．若a1＝1,an＋1＝，则数列{an}的第34项是______.

【解析】∵an＋1＝，∴＋3，即数列是以3为公差的等差数列，∴＝1＋3×33＝100，故a34＝．

[答案]

21.

三、解答题

17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn(n＝1,2,3，…)(1)求证：数列为等比数列，并由此求出Sn；(2)若数列{bn}满足：b1＝，(n∈N*)．试求数列{bn}的通项公式．

【解析】(1)由条件n(Sn＋1－Sn)＝(n＋2)Sn⇒＝2·，是首项为1，公比为2的等比数列，所以＝2n－1⇒Sn＝n2n－1．22.(2)由条件＋2n－1，

设cn＝，则c1＝，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝2－1＋20＋21＋…＋2n－2＝(2n－1)，从而bn＝ncn＝(2n－1)．18．设方程tan2πx－4tanπx＋＝0在[n－1,n)(n∈N*)内的所有解之和为an．(1)求a1、a2的值，并求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足条件：b1＝2,bn＋1≥abn，求证：＜2．23.

【解析】方程tan2πx－4tanπx＋＝(tanπx－1)(tanπx－)＝0，得tanπx＝或tanπx＝．(1)当n＝1时，x∈[0,1)，即πx∈[0，π)，由tanπx＝或tanπx＝得πx＝或πx＝，故a1＝；当n＝2时，x∈[1,2)，则πx∈[π，2π)，由tanπx＝或tanπx＝，得πx＝或πx＝，故a2＝，当x∈[n－1,n)时，πx∈[(n－1)π，nπ)．由tanπx＝，或tanπx＝得πx＝＋(n－1)π或πx＝＋(n－1)π，得x＝＋(n－1)或x＝＋(n－1)，故an＝＋(n－1)＋＋(n－1)＝2n－．24.(2)由(1)得bn＋1≥abn＝2bn－，即bn＋1－≥2≥22(bn－1－)≥…≥2n＝2n－1＞0,则≤，即≤．≤1＋＝2－＜2.19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝(n＋1)an(n∈N*),a1＝1．(1)求数列{an}的通项；(2)已知bn＝，求b1＋b2＋…＋bn．(3)求证：≤an<．25.

【解析】(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1．两式相减得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即＝．∴＝(n≥2)．

∴当n≥2时，an＝·a1＝·1＝n.又a1＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)bn＝＝＝，

∴b1＋b2＋…＋bn＝=－1．26.(3)证明：(1＋)an＝(1＋)n＝Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnr＋…＋Cnn，又Cnr＝＝·<，∴

<1＋＝<，而≥Cn0＋Cn1·＝，∴≤an<．20．已知数列{an}中a1＝3,a2＝5，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)．27.(1)试求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn<;(3)证明：对任意的m∈，均存在n0∈N＋，使得(2)中的Tn>m成立．

【解析】(1)由Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)得Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)．∵an＝Sn－Sn－1，∴an＝an－1＋2n－1(n≥3)，即an－an－1＝2n－1(n≥3)．又a2－a1＝5－3＝2，∴an－an－1＝2n－1(n≥2)．

an＝＋…＋＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21＋3＝＋3＝2n＋1.故数列{an}的通项公式为an＝2n＋1．28.(2)∵bn＝＝＝，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＝<．(3)由(2)可知Tn＝，若Tn>m，则得>m，化简得>．29.∵m∈(0，)∴1－6m>0，∴2n＋1>－1，∴n>log2－1．当log2－1<1，即0<m<时，取n0＝1即可;当log2－1≥1，即≤m<时，记log2－1的整数部分为S，取n0＝s＋1即可.综上可知，对任意的m∈均存在n0∈N*使得(2)中的Tn>m成立．21．已知等差数列满足a12＋a32≤10，等比数列{bn}的前n项和Tn＝2n－a．(1)求a的值以及数列的通项公式；(2)试求S＝a3＋a4＋a5的最大值以及S最大时数列的通项公式；(3)若cn＝anbn，求数列的前n项和．30.

【解析】(1)当n≥2时，Tn－1＝2n－1－a，∴bn＝Tn－Tn－1＝2n－1(n≥2)．∵数列为等比数列，b1＝T1＝2－a＝1，故a＝1．∴bn＝2n－1．(2)设数列{an}的公差为d，根据题意有：a12＋a32＝2a12＋4a1d＋4d2≤10，即a12＋2a1d＋2d2≤5．

S＝a3＋a4＋a5＝3(a1＋3d)，a1＝－3d，代入上式有：(－3d)2＋2(－3d)d＋2d2＝－Sd＋5d2≤5，即关于d的不等式45d2－12Sd＋S2－45≤0有解．∴Δ＝144S2－180(S2－45)≥0，∴S2≤225，S≤15，∴Smax＝15，当S＝15时，45d2－12×15d＋152－45≤0⇒(d－2)2≤0⇒d＝2，a1＝－3d＝－1，∴an＝2n－3．31.(3)∵cn＝anbn＝(2n－3)2n－1，记数列{cn}的前n项和为Sn．∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝(－1)20＋1·21＋3·22＋…＋(2n－5)·2n－2＋(2n－3)·2n－1，2Sn＝(