數(shù)學復習三數(shù)列與極限

高考數(shù)學復習專題三 數(shù)列與極限【考點聚焦】考點1：數(shù)列的有關概念，簡單的遞推公式給出的數(shù)列；考點2：等差、等比數(shù)列的概念，等差、等比數(shù)列的通項公式，前n項和公式，并運用它們解決一些問題；考點3：數(shù)列極限的意義，極限的四則運算，公比的絕對值小于1的無窮等比數(shù)列的前n項和的極限；考點4：數(shù)學歸納法【自我檢測】1、 叫做數(shù)列。2、 等差數(shù)列、等比數(shù)列定義及性質等差數(shù)列等比數(shù)列定義通項公式前n項和公式性質1、d0時數(shù)列；d0時；2、a1+an=_=_=3、若m,n,p,qN+,且m+n=p+q，則4、每隔相同的項抽出的項按次序構成的數(shù)列為。5、連續(xù)幾項之和構成。6、Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成7、man+k為1、時數(shù)列遞增；時遞減；2、a1an=_=_=3、若m,n,p,qN+,且m+n=p+q，則4、每隔相同的項抽出的項按次序構成的數(shù)列為。5、連續(xù)幾項之和構成。6、man,an2為3、 無窮等比數(shù)列公比q|1，則各項和S。4、 求數(shù)列前n項和的方法：（1）直接法；（2）倒序相加法；（3）錯位相減法；（4）分組轉化法；（5）裂項相消法.【重點難點熱點】問題1：等差、等比數(shù)列的綜合問題“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數(shù)列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“巧用性質”解題相同的效果 例1：設等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，項數(shù)是偶數(shù)，它的所有項的和等于偶數(shù)項和的4倍，且第二項與第四項的積是第3項與第4項和的9倍，問數(shù)列l(wèi)gan的前多少項和最大？(取lg2=03,lg3=04)思路分析 突破本題的關鍵在于明確等比數(shù)列各項的對數(shù)構成等差數(shù)列，而等差數(shù)列中前n項和有最大值，一定是該數(shù)列中前面是正數(shù)，后面是負數(shù)，當然各正數(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 設公比為q,項數(shù)為2m,mN*,依題意有，化簡得 設數(shù)列l(wèi)gan前n項和為Sn,則Sn=lga1+lg（a1q2）+lg（a1qn1）=lg（a1nq1+2+(n1)）=nlga1+n(n1)lgq=n(2lg2+lg3)n(n1)lg3=()n2+(2lg2+lg3)n可見，當n=時，Sn最大 而=5,故lgan的前5項和最大 解法二 接前，,于是lgan=lg108()n1=lg108+(n1)lg,數(shù)列l(wèi)gan是以lg108為首項，以lg為公差的等差數(shù)列，令lgan0,得2lg2(n4)lg30，n=5 5 由于nN*,可見數(shù)列l(wèi)gan的前5項和最大 點評 本題主要考查等比數(shù)列的基本性質與對數(shù)運算法則，等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的聯(lián)系以及運算、分析能力 演變1等差數(shù)列an的前m項和為30，前2m項和為100，則它前3m項的和為_ 點撥與提示：本題可以回到數(shù)列的基本量，列出關于的方程組，然后求解；或運用等差數(shù)列的性質求解.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)，其定義域為正整數(shù)集，且是自變量從小到大變化時函數(shù)值的序列。注意深刻理解函數(shù)性質對數(shù)列的影響，分析題目特征，探尋解題切入點.例2：已知函數(shù)f(x)= (x2) (1)求f(x)的反函數(shù)f-1(x)；(2)設a1=1, =f-1(an)(nN*),求an;(3)設Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn是否存在最小正整數(shù)m,使得對任意nN*,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,構造等差數(shù)列,從而求得an,即“借雞生蛋”是求數(shù)列通項的常用技巧；(3)問運用了函數(shù)的思想 解 (1)設y=,x0)(2)，是公差為4的等差數(shù)列，a1=1, =+4(n1)=4n3,an0,an= (3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn,設g(n)= ,g(n)= 在nN*上是減函數(shù)，g(n)的最大值是g(1)=5,m5,存在最小正整數(shù)m=6,使對任意nN*有bn成立點評本題融合了反函數(shù)，數(shù)列遞推公式，等差數(shù)列基本問題、數(shù)列的和、函數(shù)單調性等知識于一爐，結構巧妙，形式新穎，是一道精致的綜合題 著重考查學生的邏輯分析能力 本題首問考查反函數(shù)，反函數(shù)的定義域是原函數(shù)的值域，這是一個易錯點，(2)問以數(shù)列為橋梁求an,不易突破 演變2：設，定義，其中nN*.（1）求數(shù)列an的通項公式；（2）若，其中nN*，試比較9與大小，并說明理由.點撥與提示：（1）找出數(shù)列an的遞推關第，進而判斷數(shù)列的類型；（2）根據特征，找出求和的匹配方法。問題3：數(shù)列與解析幾何。數(shù)列與解析幾何綜合題，是今后高考命題的重點內容之一，求解時要充分利用數(shù)列、解析幾何的概念、性質，并結合圖形求解.例3在直角坐標平面上有一點列，對一切正整數(shù)，點位于函數(shù)的圖象上，且的橫坐標構成以為首項，為公差的等差數(shù)列.求點的坐標；設拋物線列中的每一條的對稱軸都垂直于軸，第條拋物線的頂點為，且過點，記與拋物線相切于的直線的斜率為，求：.解：（1）（2）的對稱軸垂直于軸，且頂點為.設的方程為：把代入上式，得，的方程為：。，=點評：本例為數(shù)列與解析幾何的綜合題，難度較大。（1）、（2）兩問運用幾何知識算出. 演變3已知拋物線，過原點作斜率1的直線交拋物線于第一象限內一點，又過點作斜率為的直線交拋物線于點，再過作斜率為的直線交拋物線于點，如此繼續(xù)，一般地，過點作斜率為的直線交拋物線于點，設點（）令，求證：數(shù)列是等比數(shù)列（）設數(shù)列的前項和為，試比較與的大小點撥與提示：（1）由拋物線的方程和斜率公式得到，從而求出的通項公式；（2）用數(shù)學歸納法證明.問題4、數(shù)列與不等式數(shù)列與不等式相聯(lián)系的綜合題也是?？碱}型，要注意把數(shù)列的逆推性與不等式問題的思考方法結合起來，聯(lián)系分析，尋求解題思路.例4：已知數(shù)列an滿足，（1）求證：2an 3；（2）求證：；（3）. 思路分析：（1）從遞推式看，應該從數(shù)列歸納法入手；（2）可用證不等式的放縮法來求解.（1）當n=1時，2a1 3；設n=k時，2ak 2，又2ak 3，所以0ak21,0(ak2)21，而2ak4，故ak+1-21，即ak+13，由知2an 0，x=2，即2.點評：解決數(shù)列中的不等式問題，通?？紤]用不等式的有關證明方法。（3）中應該注意到，若數(shù)列an的極限存在，則演變4：已知函數(shù)設數(shù)列滿足，數(shù)列滿足，()用數(shù)學歸納法證明；()證明 考查運用數(shù)學歸納法解決有關問題的能力.專題小結1、“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數(shù)列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“巧用性質”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習這部分知識，對培養(yǎng)學生的邏輯思維能力，計算能力，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用函數(shù)方程思想、化歸轉化思想等數(shù)學思想以及特例分析法，一般遞推法，數(shù)列求和及求通項等方法來分析、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以及數(shù)形結合得到數(shù)列的通項公式，然后再利用數(shù)列知識和方法求解【臨陣磨槍】一 選擇題1已知等差數(shù)列中，的值是（ ）A15B30C31D642已知數(shù)列l(wèi)og2(an1)（nN*）為等差數(shù)列，且a13，a25，則）=（ ）A2BC1D3已知數(shù)列滿足，則=（ ）A0BCD4 等比數(shù)列an的首項a1=1，前n項和為Sn,若，則Sn等于( )C 2D 25已知等差數(shù)列中，則的值是（ ）A15B30C31D646( )(A) 2 (B) 4 (C) (D)07已知數(shù)列滿足，若，則A B3C4D58用個不同的實數(shù)可得到個不同的排列，每個排列為一行寫成一個行的數(shù)陣.對第行，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（ ）A3600 B1800 C1080 D720二、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0logm(ab)0 , anan1=5 (n2). 當a1=3時,a3=13,a15=73. a1, a3,a15不成等比數(shù)列a13;當a1=2時, a3=12, a15=72, 有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3.14 解 (1)由題意知a52=a1a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,d0,a1=2d,數(shù)列的公比q=3,=a13n1又=a1+(bn1)d=由得a13n1=a1 a1=2d0,bn=23n11 (2)Tn=Cb1+Cb2+Cbn=C (2301)+C(2311)+C(23n11)=(C+C32+C3n)(C+C+C)=(1+3)n1(2n1)= 4n2n+,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)Sn1=3t，3tSn1(2t+3)Sn2=3t 得3tan(2t+3)an1=0 ,n=2,3,4,所以an是一個首項為1公比為的等比數(shù)列；(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn1 可見bn是一個首項為1，公差為的等差數(shù)列 于是bn=1+(n1)=;(3)由bn=,可知b2n1和b2n是首項分別為1和，公差均為的等差數(shù)列，于是b2n=,b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1)= (b2+b4+b2n)=n(+)= (2n2+3n) 17【解】（1）用數(shù)學歸納法證明：1當n=1時， ，命題正確.2假設n=k時有 則 而又時命題正確.由1、2知，對一切nN時有 （2）下面來求數(shù)列的通項：所以,又bn=1，所以.18解：()由題意,得A(1,0),C1：y=x2-7x+b1.設點P(x,y)是C1上任意一點,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.()設P(x,y)是C1上任意一點,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(n1),即(1+2n+1)xn+1-xn+2nan=0, (*)下面用數(shù)學歸納法證明xn=2n-1. 當n=1時,x1=1,等式成立. 假設當n=k時,等式成立,即xk=2k-1.則當n=k+1時,由(*)知(1+2k+1)xk+1-xk+2kak=0, (*)又ak=-2-4k-,.即當n=k+1,時等式成立.由知,等式對nN+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的最大項和最小項。解：（1）(an+1an)g(an)+f(an)=0，f(an)（an1）2，g(an)4（an1），（an1）（4an13an1）0, 又a1=2，。（2），an-1是以a1-1=1為首項，為公比的等比數(shù)列。（3）由（2）可知：an-1，an1。從而bn= 3f(an)g(an+1)因為y=為減函數(shù)，所以bn中的最大項為b1 =0, 又bn，當n為整數(shù)時，所以只須考慮接近于。當n=3時，與相差，當n=4時，與相差而，所以bn中最小項為.【答案及點撥】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項和公式知，Sn是關于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+B3m=210解法三 根據等差數(shù)列性質知 Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差數(shù)列，從而有 2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m)，S3m=3(S2mSm)=210解法四： Sn=na1+d,=a1+d點(n, )是直線y=+a1上的一串點，由三點(m,),(2m, ),(3m, )共線，易得S3m=3(S2mSm)=210演變2：（1）2，數(shù)列an上首項為，公比為的等比數(shù)列，（2）兩式相減得： 當n=1時，9；當n=2時，9；當n3時，22n=(1+