高三数学-2018届高考数学二轮专题讲座专题三数列与极限

专题三数列与极限【考点聚焦】考点1：数列的有关概念，简单的递推公式给出的数列；考点2：等差、等比数列的概念，等差、等比数列的通项公式，前n项和公式，并运用它们解决一些问题；考点3：数列极限的意义，极限的四则运算，公比的绝对值小于1的无穷等比数列的前n项和的极限；考点4：数学归纳法【自我检测】＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿叫做数列。等差数列、等比数列定义及性质等差数列等比数列定义通项公式前n项和公式性质1、d>0时数列＿＿；d<0时＿＿；2、a1+an=______=_______=…3、若m,n,p,q∈N+,且m+n=p+q，则＿＿＿＿＿＿＿＿4、每隔相同的项抽出的项按次序构成的数列为＿＿＿＿＿。5、连续几项之和构成＿＿＿＿＿。6、Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成＿＿＿＿7、｛man+k｝为＿＿＿＿＿1、＿＿时数列递增；＿＿时递减；2、a1·an=______=_______=…3、若m,n,p,q∈N+,且m+n=p+q，则＿＿＿＿＿＿＿＿4、每隔相同的项抽出的项按次序构成的数列为＿＿＿＿＿。5、连续几项之和构成＿＿＿＿＿。6、｛man｝,｛an2｝为＿＿＿＿＿无穷等比数列公比｜q|＜1，则各项和S＝＿＿＿＿＿＿。求数列前n项和的方法：（1）直接法；（2）倒序相加法；（3）错位相减法；（4）分组转化法；（5）裂项相消法.【重点难点热点】问题1：等差、等比数列的综合问题“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果例1：设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(取lg2=03,lg3=04)思路分析突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值解法一设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有，化简得设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lg（a1q2）+…+lg（a1qn－1）=lg（a1n·q1+2+…+(n－1)）=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n可见，当n=时，Sn最大而=5,故{lgan}的前5项和最大解法二接前，,于是lgan=lg［118()n－1］=lg118+(n－1)lg,∴数列{lgan}是以lg118为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0，∴n≤=55由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大点评本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力演变1等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它前3m项的和为_______点拨与提示：本题可以回到数列的基本量，列出关于的方程组，然后求解；或运用等差数列的性质求解.问题2：函数与数列的综合题数列是一特殊的函数，其定义域为正整数集，且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响，分析题目特征，探寻解题切入点.例2：已知函数f(x)=(x<－2)(1)求f(x)的反函数f-－1(x)；(2)设a1=1,=－f－-1(an)(n∈N*),求an;(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由思路分析(2)问由式子得=4,构造等差数列{},从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想解(1)设y=,∵x<－2,∴x=－,即y=f－-1(x)=－(x>0)即ak+1>2，又2＜ak<3，所以0＜ak－2＜1,0＜(ak－2)2＜1，而2ak＞4，故ak+1-2<1，即ak+1<3，由①②知2＜an<3（2）由（1）知0＜an－2＜1，2an＞4，∴（3）∵，∴eq\o(\s\up6(lim),n→∞)＝x,则x=，又x>0，∴x=2，即eq\o(\s\up6(lim),n→∞)＝2.点评：解决数列中的不等式问题，通常考虑用不等式的有关证明方法。（3）中应该注意到，若数列｛an｝的极限存在，则演变4：已知函数．设数列满足，，数列满足，…，(Ⅰ)用数学归纳法证明；(Ⅱ)证明．考查运用数学归纳法解决有关问题的能力.专题小结1、“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2、归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．3、解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．4、数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．【临阵磨枪】选择题1．已知等差数列中，的值是 （） A．15 B．30 C．31 D．642．已知数列{log2(an－1)}（n∈N*）为等差数列，且a1＝3，a2＝5，则）= （）A．2 B． C．1 D．3．已知数列满足，则= （） A．0B．C．D．4等比数列{an}的首项a1=－1，前n项和为Sn,若，则Sn等于() C2 D－25．已知等差数列中，，则的值是（） A．15 B．30 C．31 D．646．＝()(A)2(B)4(C)(D)07．已知数列满足，，．若，则A． B．3 C．4 D．58．用个不同的实数可得到个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵.对第行，记，.例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，等于（）A．—3600B．1800C．—1180D．—720二、填空题9已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且0<logm(ab)<1,则m的取值范围是_________10等差数列{an}共有2n+1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项为_________11．设等比数列的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为.12设zn=()n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则Sn=_________三、解答题：13已知正项数列，其前项和满足且成等比数列，求数列的通项14已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列a,a,…,a,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17(1)求数列{bn}的通项公式；(2)记Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求15（2018年全国卷I）设数列的前项的和，（Ⅰ）求首项与通项；（Ⅱ）设，，证明：16设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…)(1)求证数列{an}是等比数列；(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；(3)求和b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+117．已知数列（1）证明（2）求数列的通项公式an.18．设点(，0)，和抛物线：y＝x2＋anx＋bn(n∈N*)，其中an＝－2－4n－，由以下方法得到：x1＝1，点P2(x2，2)在抛物线C1：y＝x2＋a1x＋b1上，点A1(x1，0)到P2的距离是A1到C1上点的最短距离，…，点在抛物线：y＝x2＋anx＋bn上，点(，0)到的距离是到上点的最短距离．(Ⅰ)求x2及C1的方程．(Ⅱ)证明{}是等差数列．参考答案：1．A提示：由，得a8=8，∴，∴a12=1+8×=15.2．C提示：由题意得：,求得d=1，则，， 又由所以= 所以3．B提示：由a1=0,得a2=-由此可知：数列{an}是周期变化的,且三个一循环，所以可得:a20=a2=－故选B.4B提示，而a1=－1,故q≠1,∴,根据等比数列性质知：S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比数列，且它的公比为q5,∴q5=－,即q=－∴答案B5．A提示：由,得a8=8,∴,∴a12=1+8×=15,选(A)6．C提示：,选(C)7．B提示1：特殊值法，当时，由此可推测，故选B．提示2：∵，∴，令，则…∴，∴，故选B.8．C提示：在用1，2，3，4，5形成的数阵中，每一列各数之和都是360，9(－∞,8)提示解出a、b,解对数不等式即可答案(－∞,8)10a11=29提示利用S奇/S偶=得解答案第11项a11=2911．－2提示：由题意可知q≠1,∴可得2(1-qn)=(1-qn+1)+(1-qn+2),即q2+q-2=0,解得q=-2或q=1(不合题意,舍去),∴q=－2.12．1+提示：，13解∵10Sn=an2+5an+6,①∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3.又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2),②由①－②得10an=(an2－an－12)+6(an－an－1),即(an+an－1)(an－an－1－5)=0∵an+an－1>0,∴an－an－1=5(n≥2).当a1=3时,a3=13,a15=73.a1,a3,a15不成等比数列∴a1≠3;当a1=2时,a3=12,a15=72,有a32=a1a15,∴a1=2,∴an=5n－3.14解(1)由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q==3,∴=a1·3n－1 ①又=a1+(bn－1)d= ②由①②得a1·3n－1=·a1∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn=C(2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1)=(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C)=［(1+3)n－1］－(2n－1)=·4n－2n+,15解（I），解得：所以数列是公比为4的等比数列所以：得：（其中n为正整数）（II）所以：16解(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t∴a2=又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ①3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②①－②得3tan－(2t+3)an－1=0∴,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；(2)由f(t)==,得bn=f()=+bn－1可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列于是bn=1+(n－1)=;(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b2n=,∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)=－(b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－(2n2+3n)17．【解】（1）用数学归纳法证明：1°当n=1时，∴，命题正确.2°假设n=k时有则而又∴时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有（2）下面来求数列的通项：所以,又bn=－1，所以.18．解：(Ⅰ)由题意,得A(1,0),C1：y=x2-7x+b1.设点P(x,y)是C1上任意一点,则|A1P|=令f(x)=(x-1)2+(x2-7x+b1)2,则由题意得,,即又P2(x2,0)在C1上,∴2=x22-7x2+b1解得x2=3,b1=14.故C1方程为y=x2-7x+14.(Ⅱ)设P(x,y)是C1上任意一点,则|AnP|=令g(x)=(x-xn)2+(x2+anx+bn)2,则,由题意得,,即=0,又∵,∴(xn+1-xn)+2n(2xn+1+an)=0(n≥1),即(1+2n+1)xn+1-xn+2nan=0,(*)下面用数学归纳法证明xn=2n-1.当n=1时,x1=1,等式成立.假设当n=k时,等式成立,即xk=2k-1.则当n=k+1时,由(*)知(1+2k+1)xk+1-xk+2kak=0,(*)又ak=-2-4k-,∴.即当n=k+1,时等式成立.由①②知,等式对n∈N+成立,∴{xn}是等差数列.【挑战自我】已知f(x)=(x-1)2，g(x)=4(x-1)，数列｛an｝满足a1=2，(an+1-an)g(an)+f(an)=0。(1)用an表示an+1；（2）求证：｛an-1｝是等比数列；（3）若bn=3f(an)-g(an+1)，求{bn}的最大项和最小项。解：（1）∵(an+1－an)g(an)+f(an)=0，f(an)＝（an－1）2，g(an)＝4（an－1），∴（an－1）（4an＋1－3an－1）＝0,又a1=2，∴。（2）∵，∴｛an-1｝是以a1-1=1为首项，为公比的等比数列。（3）由（2）可知：an-1＝，∴an＝＋1。从而bn=3f(an)－g(an+1)＝＝因为y=为减函数，所以bn中的最大项为b1=0,又bn＝，当n为整数时，，所以只须考虑接近于。当n=3时，＝与相差，当n=4时，＝与相差而＞，所以bn中最小项为.【答案及点拨】演变1：解法一将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得解法二由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）将Sm=30,S2m=100代入，得,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210解法三根据等差数列性质知