高三數(shù)學(xué)-2018屆高考數(shù)學(xué)二輪專題講座專題三數(shù)列與極限

專題三數(shù)列與極限【考點(diǎn)聚焦】考點(diǎn)1：數(shù)列的有關(guān)概念，簡(jiǎn)單的遞推公式給出的數(shù)列；考點(diǎn)2：等差、等比數(shù)列的概念，等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式，并運(yùn)用它們解決一些問題；考點(diǎn)3：數(shù)列極限的意義，極限的四則運(yùn)算，公比的絕對(duì)值小于1的無窮等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的極限；考點(diǎn)4：數(shù)學(xué)歸納法【自我檢測(cè)】＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿叫做數(shù)列。等差數(shù)列、等比數(shù)列定義及性質(zhì)等差數(shù)列等比數(shù)列定義通項(xiàng)公式前n項(xiàng)和公式性質(zhì)1、d>0時(shí)數(shù)列＿＿；d<0時(shí)＿＿；2、a1+an=______=_______=…3、若m,n,p,q∈N+,且m+n=p+q，則＿＿＿＿＿＿＿＿4、每隔相同的項(xiàng)抽出的項(xiàng)按次序構(gòu)成的數(shù)列為＿＿＿＿＿。5、連續(xù)幾項(xiàng)之和構(gòu)成＿＿＿＿＿。6、Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成＿＿＿＿7、｛man+k｝為＿＿＿＿＿1、＿＿時(shí)數(shù)列遞增；＿＿時(shí)遞減；2、a1·an=______=_______=…3、若m,n,p,q∈N+,且m+n=p+q，則＿＿＿＿＿＿＿＿4、每隔相同的項(xiàng)抽出的項(xiàng)按次序構(gòu)成的數(shù)列為＿＿＿＿＿。5、連續(xù)幾項(xiàng)之和構(gòu)成＿＿＿＿＿。6、｛man｝,｛an2｝為＿＿＿＿＿無窮等比數(shù)列公比｜q|＜1，則各項(xiàng)和S＝＿＿＿＿＿＿。求數(shù)列前n項(xiàng)和的方法：（1）直接法；（2）倒序相加法；（3）錯(cuò)位相減法；（4）分組轉(zhuǎn)化法；（5）裂項(xiàng)相消法.【重點(diǎn)難點(diǎn)熱點(diǎn)】問題1：等差、等比數(shù)列的綜合問題“巧用性質(zhì)、減少運(yùn)算量”在等差、等比數(shù)列的計(jì)算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標(biāo)意識(shí)”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運(yùn)用條件，又要時(shí)刻注意題的目標(biāo)，往往能取得與“巧用性質(zhì)”解題相同的效果例1：設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，項(xiàng)數(shù)是偶數(shù)，它的所有項(xiàng)的和等于偶數(shù)項(xiàng)和的4倍，且第二項(xiàng)與第四項(xiàng)的積是第3項(xiàng)與第4項(xiàng)和的9倍，問數(shù)列{lgan}的前多少項(xiàng)和最大？(取lg2=03,lg3=04)思路分析突破本題的關(guān)鍵在于明確等比數(shù)列各項(xiàng)的對(duì)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，而等差數(shù)列中前n項(xiàng)和有最大值，一定是該數(shù)列中前面是正數(shù)，后面是負(fù)數(shù)，當(dāng)然各正數(shù)之和最大；另外，等差數(shù)列Sn是n的二次函數(shù)，也可由函數(shù)解析式求最值解法一設(shè)公比為q,項(xiàng)數(shù)為2m,m∈N*,依題意有，化簡(jiǎn)得設(shè)數(shù)列{lgan}前n項(xiàng)和為Sn,則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可見，當(dāng)n=時(shí)，Sn最大而=5,故{lgan}的前5項(xiàng)和最大解法二接前，,于是lgan=lg［118()n－1］=lg118+(n－1)lg,∴數(shù)列{lgan}是以lg118為首項(xiàng)，以lg為公差的等差數(shù)列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0，∴n≤=55由于n∈N*,可見數(shù)列{lgan}的前5項(xiàng)和最大點(diǎn)評(píng)本題主要考查等比數(shù)列的基本性質(zhì)與對(duì)數(shù)運(yùn)算法則，等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的聯(lián)系以及運(yùn)算、分析能力演變1等差數(shù)列{an}的前m項(xiàng)和為30，前2m項(xiàng)和為100，則它前3m項(xiàng)的和為_______點(diǎn)撥與提示：本題可以回到數(shù)列的基本量，列出關(guān)于的方程組，然后求解；或運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)求解.問題2：函數(shù)與數(shù)列的綜合題數(shù)列是一特殊的函數(shù)，其定義域?yàn)檎麛?shù)集，且是自變量從小到大變化時(shí)函數(shù)值的序列。注意深刻理解函數(shù)性質(zhì)對(duì)數(shù)列的影響，分析題目特征，探尋解題切入點(diǎn).例2：已知函數(shù)f(x)=(x<－2)(1)求f(x)的反函數(shù)f-－1(x)；(2)設(shè)a1=1,=－f－-1(an)(n∈N*),求an;(3)設(shè)Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整數(shù)m,使得對(duì)任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由思路分析(2)問由式子得=4,構(gòu)造等差數(shù)列{},從而求得an,即“借雞生蛋”是求數(shù)列通項(xiàng)的常用技巧；(3)問運(yùn)用了函數(shù)的思想解(1)設(shè)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,則x=，又x>0，∴x=2，即eq\o(\s\up6(lim),n→∞)＝2.點(diǎn)評(píng)：解決數(shù)列中的不等式問題，通?？紤]用不等式的有關(guān)證明方法。（3）中應(yīng)該注意到，若數(shù)列｛an｝的極限存在，則演變4：已知函數(shù)．設(shè)數(shù)列滿足，，數(shù)列滿足，…，(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明；(Ⅱ)證明．考查運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法解決有關(guān)問題的能力.專題小結(jié)1、“巧用性質(zhì)、減少運(yùn)算量”在等差、等比數(shù)列的計(jì)算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標(biāo)意識(shí)”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運(yùn)用條件，又要時(shí)刻注意題的目標(biāo)，往往能取得與“巧用性質(zhì)”解題相同的效果2、歸納——猜想——證明體現(xiàn)由具體到抽象，由特殊到一般，由有限到無限的辯證思想．學(xué)習(xí)這部分知識(shí)，對(duì)培養(yǎng)學(xué)生的邏輯思維能力，計(jì)算能力，熟悉歸納、演繹的論證方法，提高分析、綜合、抽象、概括等思維能力，都有重大意義．3、解答數(shù)列與函數(shù)的綜合問題要善于綜合運(yùn)用函數(shù)方程思想、化歸轉(zhuǎn)化思想等數(shù)學(xué)思想以及特例分析法，一般遞推法，數(shù)列求和及求通項(xiàng)等方法來分析、解決問題．4、數(shù)列與解析幾何的綜合問題解決的策略往往是把綜合問題分解成幾部分，先利用解析幾何的知識(shí)以及數(shù)形結(jié)合得到數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后再利用數(shù)列知識(shí)和方法求解．【臨陣磨槍】選擇題1．已知等差數(shù)列中，的值是 （） A．15 B．30 C．31 D．642．已知數(shù)列{log2(an－1)}（n∈N*）為等差數(shù)列，且a1＝3，a2＝5，則）= （）A．2 B． C．1 D．3．已知數(shù)列滿足，則= （） A．0B．C．D．4等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=－1，前n項(xiàng)和為Sn,若，則Sn等于() C2 D－25．已知等差數(shù)列中，，則的值是（） A．15 B．30 C．31 D．646．＝()(A)2(B)4(C)(D)07．已知數(shù)列滿足，，．若，則A． B．3 C．4 D．58．用個(gè)不同的實(shí)數(shù)可得到個(gè)不同的排列，每個(gè)排列為一行寫成一個(gè)行的數(shù)陣.對(duì)第行，記，.例如：用1，2，3可得數(shù)陣如圖，由于此數(shù)陣中每一列各數(shù)之和都是12，所以，，那么，在用1，2，3，4，5形成的數(shù)陣中，等于（）A．—3600B．1800C．—1180D．—720二、填空題9已知a,b,a+b成等差數(shù)列，a,b,ab成等比數(shù)列，且0<logm(ab)<1,則m的取值范圍是_________10等差數(shù)列{an}共有2n+1項(xiàng)，其中奇數(shù)項(xiàng)之和為319，偶數(shù)項(xiàng)之和為290，則其中間項(xiàng)為_________11．設(shè)等比數(shù)列的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差數(shù)列，則q的值為.12設(shè)zn=()n，(n∈N*)，記Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，則Sn=_________三、解答題：13已知正項(xiàng)數(shù)列，其前項(xiàng)和滿足且成等比數(shù)列，求數(shù)列的通項(xiàng)14已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d≠0,由{an}中的部分項(xiàng)組成的數(shù)列a,a,…,a,…為等比數(shù)列，其中b1=1,b2=5,b3=17(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求15（2018年全國卷I）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)的和，（Ⅰ）求首項(xiàng)與通項(xiàng)；（Ⅱ）設(shè)，，證明：16設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…)(1)求證數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列{an}的公比為f(t)，作數(shù)列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn；(3)求和b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+117．已知數(shù)列（1）證明（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式an.18．設(shè)點(diǎn)(，0)，和拋物線：y＝x2＋anx＋bn(n∈N*)，其中an＝－2－4n－，由以下方法得到：x1＝1，點(diǎn)P2(x2，2)在拋物線C1：y＝x2＋a1x＋b1上，點(diǎn)A1(x1，0)到P2的距離是A1到C1上點(diǎn)的最短距離，…，點(diǎn)在拋物線：y＝x2＋anx＋bn上，點(diǎn)(，0)到的距離是到上點(diǎn)的最短距離．(Ⅰ)求x2及C1的方程．(Ⅱ)證明{}是等差數(shù)列．參考答案：1．A提示：由，得a8=8，∴，∴a12=1+8×=15.2．C提示：由題意得：,求得d=1，則，， 又由所以= 所以3．B提示：由a1=0,得a2=-由此可知：數(shù)列{an}是周期變化的,且三個(gè)一循環(huán)，所以可得:a20=a2=－故選B.4B提示，而a1=－1,故q≠1,∴,根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)知：S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比數(shù)列，且它的公比為q5,∴q5=－,即q=－∴答案B5．A提示：由,得a8=8,∴,∴a12=1+8×=15,選(A)6．C提示：,選(C)7．B提示1：特殊值法，當(dāng)時(shí)，由此可推測(cè)，故選B．提示2：∵，∴，令，則…∴，∴，故選B.8．C提示：在用1，2，3，4，5形成的數(shù)陣中，每一列各數(shù)之和都是360，9(－∞,8)提示解出a、b,解對(duì)數(shù)不等式即可答案(－∞,8)10a11=29提示利用S奇/S偶=得解答案第11項(xiàng)a11=2911．－2提示：由題意可知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(不合題意,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).當(dāng)a1=3時(shí),a3=13,a15=73.a1,a3,a15不成等比數(shù)列∴a1≠3;當(dāng)a1=2時(shí),a3=12,a15=72,有a32=a1a15,∴a1=2,∴an=5n－3.14解(1)由題意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,∵d≠0,∴a1=2d,數(shù)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：所以數(shù)列是公比為4的等比數(shù)列所以：得：（其中n為正整數(shù)）（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}是一個(gè)首項(xiàng)為1公比為的等比數(shù)列；(2)由f(t)==,得bn=f()=+bn－1可見{bn}是一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列于是bn=1+(n－1)=;(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首項(xiàng)分別為1和，公差均為的等差數(shù)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）用數(shù)學(xué)歸納法證明：1°當(dāng)n=1時(shí)，∴，命題正確.2°假設(shè)n=k時(shí)有則而又∴時(shí)命題正確.由1°、2°知，對(duì)一切n∈N時(shí)有（2）下面來求數(shù)列的通項(xiàng)：所以,又bn=－1，所以.18．解：(Ⅰ)由題意,得A(1,0),C1：y=x2-7x+b1.設(shè)點(diǎn)P(x,y)是C1上任意一點(diǎn),則|A1P|=令f(x)=(x-1)2+(x2-7x+b1)2,則由題意得,,即又P2(x2,0)在C1上,∴2=x22-7x2+b1解得x2=3,b1=14.故C1方程為y=x2-7x+14.(Ⅱ)設(shè)P(x,y)是C1上任意一點(diǎn),則|AnP|=令g(x)=(x-xn)2+(x2+anx+bn)2,則,由題意得,,即=0,又∵,∴(xn+1-xn)+2n(2xn+1+an)=0(n≥1),即(1+2n+1)xn+1-xn+2nan=0,(*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明xn=2n-1.當(dāng)n=1時(shí),x1=1,等式成立.假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),等式成立,即xk=2k-1.則當(dāng)n=k+1時(shí),由(*)知(1+2k+1)xk+1-xk+2kak=0,(*)又ak=-2-4k-,∴.即當(dāng)n=k+1,時(shí)等式成立.由①②知,等式對(duì)n∈N+成立,∴{xn}是等差數(shù)列.【挑戰(zhàn)自我】已知f(x)=(x-1)2，g(x)=4(x-1)，數(shù)列｛an｝滿足a1=2，(an+1-an)g(an)+f(an)=0。(1)用an表示an+1；（2）求證：｛an-1｝是等比數(shù)列；（3）若bn=3f(an)-g(an+1)，求{bn}的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)。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為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列。（3）由（2）可知：an-1＝，∴an＝＋1。從而bn=3f(an)－g(an+1)＝＝因?yàn)閥=為減函數(shù)，所以bn中的最大項(xiàng)為b1=0,又bn＝，當(dāng)n為整數(shù)時(shí)，，所以只須考慮接近于。當(dāng)n=3時(shí)，＝與相差，當(dāng)n=4時(shí)，＝與相差而＞，所以bn中最小項(xiàng)為.【答案及點(diǎn)撥】演變1：解法一將Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得解法二由等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式知，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，即Sn=An2+Bn(A、B是常數(shù)）將Sm=30,S2m=100代入，得,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210解法三根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)知