備戰(zhàn)高考數學二輪復習專題1.4數列、不等式教學案

1、1 / 31專題1.4數列、不等式一考場傳真1.【2017 課標 1,理 4】記Sn為等差數列an的前n項和若a424,48，則a.的公差為A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】設公差為礙4迅=珂+3處一碼44刃=2斫4了=24，= 6 4也皿訥解得應6ol-kl5d=48秒殺解析；因為筆二52 = 3（徨+冋）=48 ,即礙+如=16,貝|（殉+礙一（盹+fl+）=24-16=8,即嚴沖*蟲，解得卅二4,故詵 U2 .【2017 課標 II ,理 3】我國古代數學名著算法統(tǒng)宗中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7 層塔共掛

2、了 381 盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的 2 倍，則塔的頂層共有燈（）A. 1 盞B. 3 盞C. 5 盞D. 9 盞【答案】B【解析】設塔的頂層共有燈X盞，則各層的燈數構成一個首項為X，公比為 2 的等比數列，結合等比數列x 1 27的求和公式有：381,解得x 3，即塔的頂層共有燈 3 盞，故選 B.123.【2017 課標 1,理 12】幾位大學生響應國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應用軟件.為激發(fā)大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下 面數學問題的答案：已知數列1 ,1 , 2, 1, 2, 4, 1 , 2,4,8, 1, 2,

3、 4,8,16,，其中第一項是20,接下來的兩項是20, 21，再接下來的三項是 20, 21, 22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數N N100 且該數列的前N項和為 2 的整數幕.那么 該款軟件的激活碼是A. 440B. 330C. 220D. 110t/ =6 + 15 =4B，=22 / 31【答案】A3 / 31【解析】試題分析：由題意得，數列如下：121,2.4.,2貝骸數列的前1十2十必二竺豈項和為S（篤篤1）=屮+2H +Q+2卄+巾小j_2,聲使+1）100；有此時 時所tu豐2是之后的等比數列12：的卻分和，即盼2 =1+2斗4”、了1,r g x & fi片J

4、 *=丁一沁14才出，此町4匸_注工対也再呂的最小殺件丸工=_ =H0,應2肚A4 .【2017 課標 II ,理 5】設X,y滿足約束條件A.15B.9C【答案】A2x3y 302x3y 30，則z2x y的最小值是（)y3 0.1D.9【解析】 繪制不等式組表示的可行域， 目標函數即:y 2x z，其中z表示斜率為k 2的直線系與可行域有交點時B 6, 3處取得最小值z 12 315，an的首項為 1,公差不為0 .若a2,a3,ae成等比數列，則an前 6故選 A.5.【20174 / 31項的和為A.24B.3C. 3D. 85 / 31【答案】A【解析】設竽差數列的公差対d ,由郵成

5、等比數列可得；再二巴氣，即門十2刃丁二（1+川）（1十3曲），整理可得：宀，公差不為0，則日二一2，數列的前方項和艾葉空旦皿“啞玄（_2）7故選是x6 .【2017 課標 3,理 13】若x，y滿足約束條件x020，貝U z 3x 4y的最小值為【答案】1【解析】繪制不等式組表示的可行域,目標函數即：y丄 z，其中z表示斜率為k3的直線系與可44倍，截距最大n滿足ai+a2= - 1,ai-a3=- 3，貝Va4=【解析】 設等比數列的公比為q，很明顯1，結合等比數列的通項公式和題意可得方程組:a1a2a 1 q 1,24a?耳1 q3,，由可得:q 2，代入可得印1,由等比數列的通項公式可得

6、:a4ag36 / 31【答案】51.考綱要求8.【2017 課標 II，理 15】等差數列an的前n項和為Sn,a33,S410,則1Sk【答案】旦【解析】設等差數列的苜項為內,公差為& ,由題倉有仙硏十2c/二3r+也用得口= 1j ,，數列的前立口心巴凹讓項昏啟*S；（Jt+1 JJt + 1.2y17+19 .【2017 課標 1，理 13】設X,y滿足約束條1，則z 3x 2y的最小值為【解析】 不等式組表示的可行域如圖所示，易求得A（1,1),B(1 1 13），C（3,3），由z 3x 2y得y x在y軸上的截距越大,2 2z就越小，所以，當直線直線3x 2y過點A時，z

7、取得最小值，所7 / 31(1)了解數列的概念和幾種簡單的表示方法（列表、圖象、通項公式(2)理解等差數列和等比數列的概念.(3)掌握等差數列和等比數列的通項公式與前n 項和公式.8 / 31(4) 能在具體的問題情境中識別數列的等差關系或等比關系，在實際情形中運用數列知識解決實際問題(5) 了解等差數列與一次函數的關系以及等比數列與指數函數的關系(6) 掌握非等差、等比數列求和的幾種常見方法(7) 認識數列的函數特性，能結合方程、不等式和解析幾何等知識解決一些數列綜合題.不等式(1 )不等關系：了解現實世界和日常生活中的不等關系，了解不等式(組)的實際背景(2 )一元二次不等式1會從實際情境

8、中抽象出一元二次不等式模型2通過函數圖像了解一元二次不等式與相應的二次函數、一元二次方程的聯系3會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設計求解的程序框圖(3)二元一次不等式組與簡單線性規(guī)劃問題1會從實際情境中抽象出二元一次不等式組2了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區(qū)域表示二元一次不等式組3會從實際情境中抽象出一些簡單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決(4)基本不等式：ab.ab a,b 0掌握兩個(不擴展到三個)正數的算術平均數不小于它們的幾何2平均數的定理，并會簡單的應用1了解基本不等式的證明過程 2會用基本不等式解決簡單的最大(小)值問題【命題規(guī)律】對等差數列與等比數列基本量的

9、考查是重點內容，主要考查利用通項公式、前n項和公式建立方程組求解，屬于低檔題，主要是以選擇、填空題的形式出現對等差數列與等比數列性質的考查是熱點，具有“新、巧、活”的特點，考查利用性質解決有關的計算問題數列的通項公式及遞推公式的應用也是命題的熱點，根據an與Sn的關系求通項公式以及利用構造或轉化的方法求通項公式也是?？嫉臒狳c數列的求和問題，多以考查等差、等比數列的前n項和公式、錯位相減法和裂項相消法為主，且考查頻率較高，是高考命題的熱點選擇、填空、解答題都有出現 數列與函數、不等式的綜合問題也是高考考查的重點，主要考查利用函數的觀點解決數列問題以及用不等式的方法研究數列的性質，多為中檔題，以解

10、答題的形式出現不等式是中學數學的主體內容之一，是進一步學習高等數學的基礎知識和重要工具，因而是數學高考命制9 / 31能力題的重要版塊在近年來的高考數學中，有關不等式的試題都占有較大的比重不僅考查有關不等式的基礎知識、基本技能、基本思想方法，而且注重考查邏輯思維能力、運算能力以及分析問題和解決問題的能力在題型上，選擇題、填空題主要考查不等式的性質、解簡單不等式、簡單線性規(guī)劃的應用、絕對值不等式、簡單轉化求參數范圍、比較大小等；解答題主要考查基本不等式的應用、含參不等式的解法、求恒成立中的參數范圍、證明不等式、最值型綜合題以及實際應用題等試題常常是不等式的證明、解不等式、求參數范圍常和函數、數列

11、、復數、三角、解析幾何、立體幾何、實際應用等問題結合，知識覆蓋面廣、綜合性強、思維力度大、能力要求高，是高考數學思想、數學方法、考能力、考素質的主陣地3 學法導航1.在進行等差（比）數列項與和的運算時，若條件和結論間的聯系不明顯，則均可化成關于ai和d（q）的方程組求解，但要注意消元法及整體計算，以減少計算量.2.解決等差數列、等比數列的綜合問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系；數列與不等式、函數、方程的交匯問題，可以結合數列的單調性、最值求解.（1）等差數列與等比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便.數列的項或前n項和可以看作關于n的函數，然后利用

12、函數的性質求解數列問題.（3）數列中的恒成立問題可以通過分離參數，通過求數列的值域求解.3.在處理一般數列求和時，一定要注意使用轉化思想把一般的數列求和轉化為等差數列或等比數列進行求和，在求和時要分析清楚哪些項構成等差數列，哪些項構成等比數列，清晰正確地求解在利用分組 求和法求和時，由于數列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式.4.給出S與an的遞推關系，求an,常用思路：一是利用 SS1=an（nA2）轉化為an的遞推關系，再求其 通項公式；二是轉化為S的遞推關系，先求出S與n之間的關系，再求an.5數列與函數的綜合問題一般是利用函數作為背景，給

13、出數列所滿足的條件，通常利用點在曲線上給出S的表達式，還有以曲線上的切點為背景的問題，解決這類問題的關鍵在于利用數列與函數的對應關系，將 條件進行準確的轉化數列與不等式的綜合問題一般以數列為載體，考查最值問題，不等關系或恒成立問題.6 解決線性規(guī)劃問題首先要找到可行域，再注意目標函數表示的幾何意義，數形結合找到目標函數達到最 值時可行域的頂點（或邊界上的點），但要注意作圖一定要準確，整點問題要驗證解決線性規(guī)劃問題一般 有三種題型：一是求最值；二是求區(qū)域面積；三是確定目標函數中的字母系數的取值范圍一般情況下， 目標函數的最大值或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.7 在利用基本不等式求最值時，要

14、特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”（即條件要求字母為正數）、“定”（不等式的另一邊必須為定值）、“等”（等號成立的條件）的條件，否則會出 現錯誤.8對于和函數有關的不等式，可先利用函數的單調性進行轉化求解一元二次不等式的步驟：第一步，二次項系數化為10 / 31正數；第二步，解對應的一元二次方程；第三步，若有兩個不相等的實根，則利用“大于11 / 31在兩邊，小于夾中間”得不等式的解集含參數的不等式的求解，要對參數進行分類討論.一.基礎知識整合基礎知識：一.基礎知識整合1.等差數列知識要點:(3)通項公式的函數特征：d Aan是關于n的一次函數形式anAn B(A B為常

15、數)，其中前n項和公式的函數特征：Sn是關于n的常數項為 0 的二次函數形式Sn=An2+Bn(AB為常數)，其中d 2Aa-iA B(4)判斷方法：定義法：an 1and(n N*)；(證明方法)；等差中項法:2an 1an 12an(n 2)；(證明方法)；通項公式法：a.An B；前n項和公式法：S=An+Bn(A B為常數).(5)常用性質:amanapaq(m, n, p,q N)，特別地，當n為奇數時,=2 a中 .等差數列an的前n項和為S，則Sm, SmSm,S3mSm,成等差數列是等差數列(6)等差數列的單調性：設等差數列an的公差為d，當d 0時，數列an為遞增數列；當d

16、0時,(1 )通項公式要點:ana1(n1)danam(nm)d (m, n N*,m n)danamn m(2 )前 n 項和公式要點:S=ai+an2=nai+n n 12d.a3等差數列an,bn的前n項和為AB,則bnAS心.等差如果數列an是等差數列m n p qa1ana2an 112 / 31數列an為遞減數列；若d 0,則數列an為常數數列Sn, S2nSn,S3nS2n,S4nS3n, K成等比數列(其中Sn, S2nSn, S3nS2n,K均不為0)(6)等比數列的單調性：設等比數列an的公差為d，當a10a10或q 10 q 1時，an為遞增數列；當a10a10或0 q

17、1q 1(7)等差與等比數列的轉化：若an為正項等比數列，則logCan(c0,c 1)為等差數列；若an(7)等差數列的最值：若%是等差數列，求前n項和的最值時,若a10，d0，且滿足an0an 10則前n項和Sn最大；若ai0，d0,且滿足an0，則前n項和Sn最小.an 102.等比數列知識要點：(1)通項公式要點:n 1ana1qanamqn m(m,n N*,m n).(2 )前 n 項和公式要點：Snn manq -amna1(q 1)珮1或色也 g 1)1 q1 q(3)通項公式的函數特征：an是關于n的函數anc q(c，q都是不為 0 的常數n N,)；前n項和公式的函數特征

18、：前n項和Sn是關于n的函數Snkqnk(k為常數且k 0，q 0,1)(4) 判斷方法：定義法:an 1anq(n N)；(證明方法)：等比中項法:an 1an 1an(nN , an 1anan 10);(證明方法)；通項公式法：anA Bn(A 0,B0)；前n項和公式法:SnA BnA(A0,1)或SnAn(A 0).(5) 常用性質：如果數列an是等比數列m n p qamanapaq(m,n, p,q N)，特別地，當n為奇數時,3ana2an 1=&中2.等比數列an的前n項和為Sn，滿足13 / 31為等差數列，則can( c 0,c 0)為等比數列；若an為等差數列又

19、等比數列an是非零常數列14 / 31(或an 1panrqn,其中p, q, r均為常數)解法：在原遞推公式兩邊同除以令bn豈，得：bn 1-bn1，再按第(3)種情況求解.(5)an 1panan b (p 1,0, a 0)解qq q法：一般利用待定系數法構造等比數列，即令an 1x(n 1) yp(anxn y)，與已知遞推式比較，解出x, y,從而轉化為anxn y是公比為p的等比數列.(6)an 1panan bn c( p 0,1,a 0)解2 2法：一般利用待定系數法構造等比數列，即令an 1x(n 1) y(n 1) z p(% xn yn z)，與已知遞推式比較，解出x,

20、y,從而轉化為anxn2yn z是公比為p的等比數列.(7)an2pan1qan換元轉化為an1panq，按第(3)種情況求解.(g(n)ant(n)an1f(n)anan10，解法：等式兩邊同時除以anan 1后換元轉化為an 1panq，按第(3)種情況求解.).(9)取對數ran 1pan(p 0,an0)解法：這種類型一般是等式兩邊取以p為底的對數，后轉化為an 1panq，按第(3)種情況求解.(10)已知Sn求an(或Snf (an)解法：這種類型一般利用an)與anSnSn 1f (an) f (an 1)消去Sn(n 2)或與SnSn 1(n 2)Snf (SnSn1)(n 2

21、)消去a.進行求解.(11)an 1衛(wèi)邑q解法：如果數列an滿足下列條件：ranh3.數列常見通項公式的求法:(1)累加法：an1anf (n)；(2)累乘法:an 1f(n)；( 3)an ipanqan(其中p,q均為常數，(pq(p 1)0)解法：把原遞推公式轉化為:p(ant)，其中t再利用換元法轉化為等比數列求解(4)an 1panqn(其中p,q均為常數，(pq(p 1)(q 1)0)qn1，得：牛衛(wèi)冷-q q q q(其中p,q均為常數).解法：先把原遞推公式轉化為an 2san 1t(an 1san)其中s,t滿足s t p st q再按第(4)種情況求解(8)取倒數法：an

22、1迪解法:f(n)ant(n)這種類型一般是等式兩邊取倒數后15 / 31Panq(其中p,q,r,h均為常數，且ph qr,r 0, a1ranh個相異的根x1、x2時，貝 y生 是等比數列.anx4.數列求和的主要方法：（1）公式法：如果一個數列是等差數列或等比數列，則求和時直接利用等差、等比數列的前n項和公式，注意等比數列公比q的取值情況要分q 1或q 1. （2）倒序相加法：如果一個 數列an，首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一常數，那么求這個數列的前 相加法，如等差數列的前n項和即是用此法推導的.（3）分組轉化求和法：若一個數列的通項公式是由若干個等差數列或等比數列或可求和的

23、數列組成，則求和時可用分組轉化法，分別求和而后相加減.（4）錯位相減法：如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列的前n項和即可用此法來求，如等比數列的前n項和就是用此法推導的.（5）裂項相消法：把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和., (一1 (2n 1)(2n 1)2 2nh-),r那么，可作特征方程x-PX q,當特征方程有且僅有一根rx hX）時,則一anXo是等差數列；當特征方程有兩已知a1的值且對于n N，都有an 1n項和即可用倒序常見的拆項公式如下：分式型1n(n 1)n(n2)n(n1)(n2)n(n

24、1),乘式型(n 1)(n 2)n(n1)n(n1)1n!,cmcmcm1,kCnnCntan a*tan an 11tan an1tan antan an1an1sin ansin an 1cot a*cot a* 1sinan 1ank 2n 1cos -2sin k n 1 sin knk2si n216 / 31數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和.5.不等式的常用變形如下_a+b2(1)根式形式：a+b2ab(a0,b0)當且僅當a=b時，等號成立；(2)整式形式：abw丁2(a,bb a1=b時，等號成立；(3)分式形式：-+匚2(ab0)，當且僅當a=b時，等號成立

25、； 倒數形式：a+-a ba12(a 0)，當且僅當a= 1 時，等號成立；a+w2(av0)，當且僅當a= 1 時，等號成立.a6. 基本不等式求最大值、最小值，其基本法則是：(1)如果x 0,y 0,xy=p(定值)，當x=y時，x+y有最小值 2p(簡記為：積定，和有最小值)；(2)如果x 0,y 0,x+y=s(定值)，當x=y時，xy有最1大值-s2(簡記為：和定，積有最大值 ).47. 不等式恒成立問題：若不等式f(X)A在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間D上f(X)minA；若不等式f(x)B在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間D上f(X)max2ab(a, bR),(a+ b)24

26、ab(a, bR),a+b22w(a,bR)，以i2 / 3ici】十c?=20164【解析】由題意得33知，解得J，或J口 g=64= 4= lo故廠T設等比數列匕的公比為則旦斗因為數列為正頃數列，故g丄入而門嚴斜, 冬=464264x1-111【規(guī)律方法】等差（比）數列的通項公式、求和公式中一共包含ai、d（或q）、n、an與S這五個量，如果已知其中的三個，就可以求其余的兩個.其中ai和d（或q）是兩個基本量，所以等差數列與等比數列的基本運算這也是方程思想在數列問題中的體現.則數列an的公差為（A. 2 B. 3 C. 4 D.【答案】Aai4,d2，選 A .考點 2 等差數列、等比數列

27、的性質又m，所以數列仏為通減數兀問題一般先設出這兩個基本量，然后根據通項公式、求和公式構建這兩者的方程組，通過解方程組求其值,【舉一反三】 【西藏拉薩市2018 屆第一次模擬】已知等差數列an的前n項和為Sn，若a38,S654,【解【解析】設等差數列an的首項為ai,公差為333I2d 8,S66ai15d54，解方程組得:【例【例 2】已知各項均不為 0 的等差數列an滿足a32a7an0,數列bn為等比數列，且b737，則b(g3A. 25.16【答案】【解析】332 23Lan 0,得2ay3Z-2 20,ay4，所以by4,D bi3by2i6.18 / 31【規(guī)律方法】條件或結論中

28、涉及等差或等比數列中的兩項或多項的關系時，先觀察分析下標之間的關系，再考慮能否應用性質解決，要特別注意等差、等比數列性質的區(qū)別等差數列（或等比數列）中若出現的19 / 31n（a a ）（m n p qamanapaq（m,n, p,q N）,以及Sn.2【舉一反三】在公差不為 0 的等差數列an中，a1a38，且a4為a2和a9的等比中項，則a5【答案】 13【解析】2a4a2a9(a3d)2(a1d)(a18d)d23a1d,d 0 d 3a1，而a382a12d8,所以a11,d3,a51 4 313.考點 3 判斷和證明等差數列、等比數列（1 ）求證：an為等比數列;1 .,且bn，求

29、數列bn的前n項和Tn.2ganlog4an 11 1 1 1，則求和為裂項相消求和，解得Tn4 11 1 1n 1223【解析】證 Vx 時亠十竽，因為“1,解系住占，當“2時,韋=$”陽=旦二色弓 二電亠，所以4=亠所以數列是決丄為首項，厶為公心,-由I)知/X=-9=所以俎=- - -2logA【規(guī)律方法】（1）定義法：an+1-an=d（常數）（n N*） ? an是等差數列;是等比數列；（3）通項公式法：an=pn+q（p,q為常數）？an是等差數列；ana1q（其中a, q為非零是通項與數列和的關系，則優(yōu)先考慮等差數列性質m n p q amanapaq(m,n, p,q N)【例

30、 3】【2018 河南漯河中學三?！?數列an的前n項和為Sn,且對任意正整數都有Snan10,1(2)試題分析:（1）anSnSn 1公式在常規(guī)數列題型中的應用，解得遞推關系;(2)通過整理，得到bnJ11 4nn 1 n 1所以兀=加+毎+ = 4 1223w K-Fl1K+i空=q（q是非零常數）？an是等比an20 / 312 *an+1=anan+2(n N ,EL工 0) ? ai數列；（2）等差（比）中項法：2an+1=an+an+2（n N）? an是等差數列;21 / 31常數，n N*）? an是等比數列.（4）前n項和公式法：S= Ar+Bn（A B為常數）？an是等差數

31、列；$=AqnA（A為非零常數，qz0,1） ? an是等比數列.【舉一反三】【江蘇省興化市 2018 屆 12 月聯考】已知數列an的滿足a11，前n項的和為Sn，且an 1ana.an 124Sn1(1)a2的值;(2)bnanan1an證明：數列bn是等差數列;(3)設Cn2bnan，右2，求對所有的正整數n都有223 2 cn成立的k的取值范圍.【解析】 （1）3.（2）因為色亠ananan24Sn1，所以4Sn1an 12anan丄.所以4sanan 2-,an 1由-，得2anan 1an 2an 2an 1anan 1.因為anan 1anOnan 22an 1anan 1a所以

32、1an 1an 2an 1aan 1an2，即一an 2an 1an色1,1an即bn 1bn1，所以數列bn是公差為 1 的等差數列.(3 )由（2）知，因為 bi6a21丄，所以數列bn2的通項公式為bnann .因為2an 1an1-，所2以也an2, 2n12n 1 2nan丄1，所以數列2n 1ana1是常數列.由2n 12 1 1所以an2n 1.所以Cn2bnan2n2n22n.因為Cn 1Cn2n2n厘2n2n2所以數列cn為單調遞增數列1時,Cn2, 即Cn的最小值為2，由223 2 Cnk 222.2,所以22 / 3123 / 31max1、2，當且僅當1或2時取得，故k

33、 2 2、2,max考點 4 等差數列與等比數列的綜合應用【例 4】【2018 陜西西安五中聯考】已知等差數列an的公差d 0，且a!,a3,a13成等比數列,可以轉化為函數最值問題或利用數形結合求解本題解題的關鍵是利用分離常數法化簡式子，湊出積為定值.【答案】B【解析】丁引口予引 成等比數列鼻=h”.旳：=歟聞屮二(1十2/)=1十dstft解得:= 1 + 2( w -1) =1. S. = n +- 2 =士務+32禪+2R+ln + 1V7n十192S +16當旦僅當卄1二丄 時即*2時取等號，且出竽取到最小值4,故選；乩 用+1包+3【規(guī)律方法】等差數列、 等比數列的綜合問題的解題關

34、鍵仍然是“基本量”方法，其通過方程或者方程組求出數列的基本量，然后再解決后續(xù)問題.【舉一反三】【山東省棗莊市 2018 屆一調】已知數列an, bn分別是等差數列與等比數列，滿足a11,公差d 0,且a2d,a6b3,a22b4.(1)求數列an和bn的通項公式;k 2，而當12時,丄2在1,42遞減，42, .2遞增，所以5為數列an的前n項和，則2Sn16的最小值為()an3A. 3 B. 4 C.2 3 2D.92分析：求解數列中的最大項或最小項的一般方法，先研究數列的單調性，可以用anan 1或anan 1ananananai24 / 31（2）設數列cn對任意正整數n均有ClC2LC

35、nan1成立，設cn的前n項和為Sn,bib2bn2018求證：$018e（e是自然對數的底數）【解析】【解析】（1）由題意可知疋=旳如二（1十加廠=（1十占（1十加）丿結合dQf解解得得d=3,所所I廠ci,bi+ci= 2ai,an+i=an,bn+1=6+ anbn+ &Cn+i=2，則（A. $為遞減數列B.S為遞增數列C. Sni為遞增數列，S2n為遞減數列D. Sni 為遞減數列,Sn 為遞增數列分析：根據bi+ci= 2ai,bici,可以設較它們之間的大小，即可判斷出4a1biC3$為遞增數列.1,再利用海倫秦九韶公式表示出S,S2,S3，比3解析：因為bci，不妨設b

36、i4a1亍12ai2(ac)3a；故Si22a2ai,b2-56ai，C243ai2ai76ai，同理，a3q,b25ai42ai98ai宀3P42ai78【規(guī)律方法】（i）在處理數列單調性問題時應利用數列的單調性定義，即“若數列an是遞增數S225 / 31n 1,an ian恒成立”；(2)數列a.f(n)的單調性與y f (x), x 1,)的單調性不完全一致；(3)當數列對應的連續(xù)函數是單調函數，則可以借助其單調性來求解數列的單調性問題【舉一反三】已知數列an是遞增數列，且對n N*，都有an= n2+ n,則實數 的取值范圍是()7A-( -,)B.0,)C. 2,)D.( 3,)2

37、【答案】D【解析】利用邃增數列的定義= 2n+l+z 0 z -2-1.e恒成茁 則-3一故選D.本題易錯的解法是根據數別慚對應的國數単調性耳=才+A=(ii+ -)2-感后24-矢in程 T由數列是謹増數列去斷定數列對應的函數是遞増函數，是錯誤的2考點 6 一般數列的通項及求和n 1【例 6】對于數列 耳，定義Hnai2a22an為an的“優(yōu)值”，現在已知某數列an的“優(yōu)n值”Hn 2n 1，記數列ankn的前n項和為Sn，若SnS對任意的n恒成立，則實數k的取值范圍是分析：本題考查數列的通項公式、數列的前n項和，涉及特殊與一般思想、數形結合思想和轉化化歸思想,考查邏輯思維能力、等價轉化能力

38、、運算求解能力，綜合性較強，屬于較難題型.先由n 1n 1n 1n 1n 1nHn 2a12a2L 2 ann2 2 ann2 (n 1)2 an2n 2ankn (2 k)2，再利用數形結合思想和特殊與一般思想將5(2 k) 2 06(2 k) 2 0SnS5對任意的n恒成立轉化為:【答案】7 123,5【解【解析】由Hn 2n 1n 1n 1a1n 1n 1n2 ann2 (n 1)2an2n 2ankn (2 k) 2，又SnS5對任意的n恒成立5(2 k) 2 07 126(2 k) 2 03,526 / 31考點：1、數列的通項公式；2、數列的前n項和.27 / 31【規(guī)律方法】（1

39、）通常情況下數列的第（1）題是需要求數列的通項公式，而且其中也設出一個新的數列，我們在做的過程中，要把這個條件作為一種提示，配湊成這種新的數列，即可解決；若題中沒有設出這樣的新數列，可以看知識整合中11 種求通項的方法；（2）對于數列求和，需要先判斷用那種求和的方法，然后進行求解【舉一反三】在數列an及bn中，an1anbnb；,bn1anbna；bf1,d1設1 1cn2n一，則數列cn的前n項和為_ anbn【答案】2n 24【解析】 -=%色+虬+羽+hL_ 1- =前（-為常責勺列所以E,兩式相加得:二竝卡十屯3_1&唔伺理勰所以數列冊的前川項誹助存在探索與證明性問題【例例7】

40、已知數列an滿足a10,a21,且對任意m,n N8都有a2m 1a2n 12am(1)求a3,a5;(2)設bna2n 1a2n 1(nN）求數列bn的通項公式;設數列bnbn 1的前n項和Sn,是否存在正整數p,q，且1Sp,Sq成等比數列?若存在，求出q的值，若不存在，請說明理由.分析：（I）賦值法求項：由2m 11，則a3a12a2 -422 1，解得a31由2m 15令ma5a12a3321，解得a55（n）由于a2 n 11a2n 1a2n 1a2 n 11a2n 1a2n 1 1a2n 1，所以利用賦值法構造遞推關系：令m2，得a2n3a2n12a2n 13，即得bn 1bn3，

41、再根據等差數列定義得通項公28 / 3129 / 312P3p 1【解析】由題意，會訊n = l?則礙+$“業(yè)+丁(2-1八解得旳令也二孑二匚則 礙=2碼+7(3-1)3；解得色=54刃十2彳弋替加亠得勺小十&*二地小十3 .則電 zj】一 (叫小如jUh期b沖所以隸列 2 訃是以3為公差的等差數列=-=1. =l+(ff-l)x3=3P7-2 千1二I二111用零41(37-2)(3?+1)彳1孫-2狗+1丿1-3?T+1二邑半3*解得分門+“.又lv八且二2.則P33 g = 16 .所以存在正整數p = 2 , g = 16,使得帛，S., S?成等比數列.【規(guī)律方法】解決探索性

42、問題的一般解題思路：先假設結論存在，若推理無矛盾，則結論確定存在；若推理有矛盾，則結論不存在解決探索性問題應具備較高的數學思維能力，即觀察、分析、歸納、猜想問題 的能力，這正是“以能力立意”的生動體現.【舉一反三】【江蘇省常熟市 2018 屆期中】已知數列an各項均為正數，a11,a22，且(1)若a33，求a5的值;(2)證明：對任意正實數P,a2npa2n 1成等比數列;式因為1bng 11 1 13 3n二市，所以先根據裂項相消法求和:Sn11的，再根32 3，再由P為大于 1 的正整數得P32，代入解得q16據S,Sp,Sq成等比數列，得6p 1所決52 總成等1 a6p+l兀十4 “

43、亍為即丁 .i = 3+i3. 0，其前 n 項和為Sn,且 S+ai, S3+as, S+a2成等差數列.(I)求數列an的通項公式；/ anbn1(n)若數列bn滿足an 1, Tn為數列bn的前 n 項和，若 Tnm恒成立，求 m 的最大值.2【解析】(I )因為$十沖 鳥+磚，吳+他成等差數列，所決2電+如二+如+佝+亦，所以佝-$打5-3+2礙二昭+礙，所以也二叫 因為數列陽是等比數列,所厲叟二丄二又s所以數列口的通項公式叫三?。籭ll 420甜尤=一1時,取“夕)耐、恒育：Tx2-山/“疋+2舷j(2)曲已知條件可設/(力二皿：十張，則-2-l/(x)x*+6x+2中，令工二一1,

44、從而可得：-3/(-l)-3,m/(-l)=-3 ,即43,乂因為一2一山才4)=?+刃丸恒成立，即a 2 x2a 3 x 2 0恒成立，當a 2 0時，x 1 0,不合題意舍去，a 20a 22當時，即2a 1,所以b 2，所以f x x 2x.0a 10(3)anan 1f anan2anan0an 1an2an 1an2,所以S2018a1a2a3a4La2017a20182 2L22018，即S20182018.考點 10 基本不等式及應用【例 15】【山東省濟寧市 2018 屆期末】 已知函數f xcos x 0 x 2，若a b,且f af b,則14的最小值為()abA.91C-

45、B.9C. 18 D. 362【答案】AAn1 22n11 2n 1TV2n1(1 2n)(1 2n1)1 1 111 2n2 1 2n211 2138 / 31【解析】El/fx) = cosx(0 x-(54) = -當口二二上二工時取等號，故1+3的最口Bob)22a 2233口b9HI為中故選A【例 16】若函數f(x) x44x3ax24x1的圖象恒在x軸上方，則實數a的取值范圍是()A.(2, )B .(1, )C .(旦)D (丄,)2 2【分析】對于求不等式成立時的參數范圍問題，在可能的情況下把參數分離出來，使不等式一端是含有參數的不等式，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，這樣就把

46、問題轉化為一端是函數，另一端是參數的不等式， 便于問題的解決但要注意分離參數法不是萬能的，如果分離參數后，得出的函數解析式較為復雜，性質很 難研究，就不要使用分離參數法 【答案】A【解析】432x 4x ax4x 10恒成立，當x 0時,aR，當x 0時，x4a4x34x 12x(x2414x日x x(t24t2)21(t 2)2，其中t xR，因為x(t 2)222，從而a 2，因此實數a的取值范圍是(2,)，選 A.【規(guī)律方法】1.利用基本不等式求函數或代數式的最大值、最小值時，注意觀察其是否具有“和為定值”“積為定值”的結構特點在具體題目中，一般很少直接考查基本不等式的應用，而是需要將式

47、子進 行變形，尋求其中的內在關系，然后利用基本不等式得出最值即應用基本不等式，應注意“一正、二定、 三相等”，缺一不可靈活的通過“拆、湊、代(換)”，創(chuàng)造應用不等式的條件，是解答此類問題的技巧忽視等號成立的條件，是常見錯誤之一2.求解含參不等式恒成立問題的關鍵是過好雙關：第一關是轉化關，即通過分離參數，先轉化為f(a) g(x)(或f(a)w g(x)對?xD恒成立，再轉化為f(a)g(x)ma乂或f(a)t+b 即 Hh-i 注 1,則宀丄擷答案為 心丄.g X1kf X22恒成立，則正數k的取值范圍是k 1x21x2.【四川省成都市 2018 屆一診】設函數f x,g x,對任意Xi,X2

48、0,不等式xe【答案】k2448512e 12m 3n的最小值是（40 / 312lefr-hl2e2e-12&-141 / 31考點 11 簡單線性規(guī)劃及應用A. 1B. 2zX_2y_3化成z 1 2 -_1，從而找到目標函數的幾何意義-可行域內點x, y與點1, 1連x 1x 1線的斜率，結合圖形找出最值點，在高考中對分式結構的處理方式一般是分離變形，找出其意義【答案】A1_11 2 -1，而-1表示可行域內點x, y與點x 1x 1 x 11 11,所以a 1，故選 A.3a 14【規(guī)律方法】線性規(guī)劃的實質是把代數問題幾何化，即數形結合的思想需要注意的是：一，準確無誤地 作出可行域；二，畫目標函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯; 三，一般情況下，目標函數的最大或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.2x y 4 0【舉一反三】【安徽省淮南市 2018 屆第四次聯考】已知點M的坐標x, y滿足不等式 x y 2 0,N y 3 0為直線y 2x 2上任一點，貝U MN的最小值是（）【例 17】設x, y滿足約束條件x y a34，右zx 0, y 0寺 的最小值為2，則a【分析】本題主要考查了簡單得線性規(guī)劃，屬于中檔題.本題解答的關鍵是通過分離常數把分式型目標函