高考數(shù)學一輪復習 高考必考題突破講座（三）數(shù)列、不等式及推理與證明學案.doc

高考必考題突破講座(三)數(shù)列、不等式及推理與證明題型特點考情分析命題趨勢從近幾年高考試題統(tǒng)計看，全國卷中的數(shù)列與三角函數(shù)問題基本上交替考查，難度不大如果是數(shù)列問題考查內(nèi)容主要集中在兩個方面：一是以選擇題和填空題的形式考查等差、等比數(shù)列的運算和性質，題目多為常規(guī)試題；二是等差、等比數(shù)列的通項與求和問題，有時結合函數(shù)、不等式等進行綜合考查，涉及內(nèi)容較為全面，試題題型規(guī)范、方法可循.2017天津卷，172016四川卷，192016山東卷，18以數(shù)列為載體，綜合不等式，考查推理與證明思想方法的應用，仍然是命題關注點.分值：12分1數(shù)列的通項與求和數(shù)列的通項與求和是高考必考的熱點題型，求通項屬于基本問題，常涉及與等差、等比的定義、性質、基本量運算求和問題關鍵在于分析通項的結構特征，選擇合適的求和方法，?？记蠛头椒ㄓ校哄e位相減法、裂項相消法、分組求和法等2數(shù)列與函數(shù)的綜合問題數(shù)列是特殊的函數(shù)，以函數(shù)為背景的數(shù)列的綜合問題體現(xiàn)了在知識交匯點上命題的特點，該類綜合題的知識綜合性強，能很好地考查邏輯推理能力和運算求解能力，因而一直是高考命題者的首選3數(shù)列與不等式的綜合問題數(shù)列與不等式知識相結合的考查主要有三種：一是判斷數(shù)列問題中的一些不等關系；二是以數(shù)列為載體，考查不等式的恒成立問題；三是考查與數(shù)列問題有關的不等式的證明在解決這些問題時，如果是證明題要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法等如果是解不等式問題，要使用不等式的各種不同解法，如數(shù)軸法、因式分解法等【例1】 (2017天津卷)已知an為等差數(shù)列，前n項和為sn(nn*)，bn是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，s1111b4.(1)求an和bn的通項公式；(2)求數(shù)列a2nb2n1的前n項和(nn*)解析 (1)設an的公差為d，bn的公比為q，q0.由b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由s1111b4，可得a15d16，聯(lián)立，解得a11，d3，所以an3n2，故數(shù)列an的通項公式為an3n2，bn的通項公式為bn2n.(2)設數(shù)列a2nb2n1的前n項和為tn，由(1)知a2n6n2，b2n124n1，所以a2nb2n1(3n1)4n，故tn24542843(3n1)4n，4tn242543(3n4)4n(3n1)4n1，兩式相減，得3tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，所以tn4n1.所以，數(shù)列a2nb2n1的前n項和為4n1.【例2】 已知首項為的等比數(shù)列an不是遞減數(shù)列，其前n項和為sn(nn*)，且s3a3，s5a5，s4a4成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設tnsn(nn*)，求數(shù)列tn的最大項的值與最小項的值解析 (1)設等比數(shù)列an的公比為q，因為s3a3，s5a5，s4a4成等差數(shù)列，所以s5a5s3a3s4a4s5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是遞減數(shù)列，且a1，所以q.故ann1(1)n1.(2)由(1)得sn1n當n為奇數(shù)時，sn隨n的增大而減小，所以1sns1，故0sns1；當n為偶數(shù)時，sn隨n的增大而增大，所以s2snsns2.綜上，對于nn*，總有sn.所以數(shù)列tn最大項的值為，最小項的值為.【例3】 (2016四川卷)已知數(shù)列an的首項為1，sn為數(shù)列an的前n項和，sn1qsn1，其中q0，nn*.(1)若2a2，a3，a22成等差數(shù)列，求數(shù)列an的通項公式；(2)設雙曲線x21的離心率為en，且e2，證明：e1e2en.解析 (1)由已知，sn1qsn1，sn2qsn11，兩式相減得到an2qan1，n1.又由s2qs11得到a2qa1，故an1qan對所有n1都成立所以，數(shù)列an是首項為1，公比為q的等比數(shù)列，從而anqn1.由2a2，a3，a22成等差數(shù)列，可得2a33a22，即2q23q2，則(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2n1(nn*)(2)由(1)可知，anqn1.所以雙曲線x21的離心率en.由e2，q0，解得q.因為1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kn*)故e1e2en1qqn1.1(2018河北石家莊二模)已知等差數(shù)列an的前n項和為sn，若sm14，sm0，sm214(m2，且mn*)(1)求m的值；(2)若數(shù)列bn滿足log2bn(nn*)，求數(shù)列(an6)bn的前n項和解析 (1)因為sm14，sm0，sm214，所以amsmsm14，am1am2sm2sm14，設數(shù)列an的公差為d，則2am3d14，所以d2.因為smm0，所以a1am4，所以am42(m1)4，解得m5.(2)由(1)知an42(n1)2n6，所以n3log2bn，即bn2n3，所以(an6)bn2n2n3n2n2.設數(shù)列(an6)bn的前n項和為tn，則tn12132n2n2，所以2tn1122322n2n1，得tn122n2n2n1n2n1(1n)2n1.所以tn(n1)2n1.2在等差數(shù)列an中，a26，a3a627.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)記數(shù)列an的前n項和為sn，且tn，若對于一切正整數(shù)n，總有tnm成立，求實數(shù)m的取值范圍解析 (1)設公差為d，由題意得解得an3n.(2)sn3(123n)n(n1)，tn，tn1，tn1tn，當n3時，tntn1，且t11t2t3，tn的最大值是，故實數(shù)m的取值范圍是.3(2018山東濟南模擬)已知數(shù)列an是公差不為零的等差數(shù)列，其前n項和為sn，滿足s52a225，且a1，a4，a13恰為等比數(shù)列bn的前三項(1)求數(shù)列an，bn的通項公式；(2)設tn是數(shù)列的前n項和，是否存在kn*，使得等式12tk成立？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由解析 (1)設等差數(shù)列an的公差為d(d0)，解得a13，d2，an2n1.b1a13，b2a49，等比數(shù)列bn的公比q3，bn3n.(2)不存在理由如下：，tn，12tk(kn*)，易知數(shù)列為單調遞減數(shù)列，.解析 (1)設等差數(shù)列an的公差為d，依題意有解得故an的通項公式為an2n1，nn*.(2)因為bn，所以sn1，令1，解得n1 008，故取n1 009.2(2018江西南昌模擬)已知等差數(shù)列an的前n項和為sn，且a11，s3s4s5.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)令bn(1)n1an，求數(shù)列bn的前2n項和t2n.解析 (1)設等差數(shù)列an的公差為d，由s3s4s5，得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.an1(n1)22n1.(2)由(1)可得bn(1)n1(2n1)t2n1357(2n3)(2n1)(2)n2n.3(2018東北三省四校模擬)已知等差數(shù)列an的前n項和為sn，公差d0，且s3s550，a1，a4，a13成等比數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，求數(shù)列bn的前n項和tn.解析 (1)依題意得解得an2n1.(2)3n1，bnan3n1(2n1)3n1，tn353732(2n1)3n1，3tn3353223n1(2n1)3n，兩式相減，得2tn32323223n1(2n1)3n32(2n1)3n2n3n，tnn3n.4已知二次函數(shù)yf(x)的圖象經(jīng)過坐標原點，其導函數(shù)為f(x)6x2，數(shù)列an的前n項和為sn，點(n，sn)(nn*)均在函數(shù)yf(x)的圖象上(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設bn，試求數(shù)列bn的前n項和tn.解析 (1)設二次函數(shù)f(x)ax2bx(a0)，則f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因為點(n，sn)(nn*)均在函數(shù)yf(x)的圖象上，所以sn3n22n.當n2時，ansnsn13n22n3(n1)22(n1)6n5；當n1時，a1s131221615，也適合上式，所以an6n5(nn*)(2)由(1)得bn，故tn.5已知數(shù)列an滿足a13，1，nn*.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設bnlog2，數(shù)列bn的前n項和為sn，求使sn4的最小自然數(shù)n.解析 (1)由1，nn*，知數(shù)列是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以2n1n1，所以ann22n，故數(shù)列an的通項公式為ann22n.(2)bnlog2log2log2(n1)log2(n2)，則snb1b2bnlog22log23log23log24log2(n1)log2(n2)1log2(n2)，由sn4，得1log2(n2)30，故滿足snd，a2d，d0)假設存