高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專(zhuān)題四-數(shù)列、極限與數(shù)學(xué)歸納法高考預(yù)測(cè)課件-理

專(zhuān)題四：數(shù)列、極限與數(shù)學(xué)歸納法高考預(yù)測(cè)2012年高考命題趨勢(shì)：選擇題、填空題將仍以考查兩個(gè)特殊數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)和運(yùn)算能力為主，突出“小、巧、活”的特點(diǎn)．解答題仍以綜合題為主，內(nèi)容涉及到函數(shù)、不等式、解析幾何、組合與二項(xiàng)式定理等，突出對(duì)思想與方法的考查．考查的思想有：函數(shù)與方程的思想、等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想、分類(lèi)討論的思想、特殊與一般的思想．考查的主要方法有：疊加法、累積法、迭代法、待定系數(shù)法、倒序相加法、錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法．近年來(lái)不斷地涌現(xiàn)出信息題，著重考查學(xué)生的閱讀能力和知識(shí)遷移的能力；而對(duì)遞推公式的考查十分火熱，適當(dāng)?shù)赝卣挂恍┯蛇f推關(guān)系求通項(xiàng)的方法是大有必要的，它可以使方法更為直接；以三角、解析幾何、導(dǎo)數(shù)和二項(xiàng)定理相交匯的數(shù)列綜合試題將成為高考命題中的新寵，應(yīng)引起高度重視．其中常考不衰的四個(gè)熱點(diǎn)是：①關(guān)于an與Sn之間關(guān)系的考查；②“疊加”、“累積”、“錯(cuò)位相減”、“裂項(xiàng)相消”等方法的運(yùn)用；③構(gòu)造新數(shù)列(將非等差、等比數(shù)列化成等差、等比數(shù)列)；④數(shù)列中的不等式證明．1.考題回放

1．[2009年·海南寧夏]等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且4a1,2a2，a3成等差數(shù)列．若a1＝1，則S4等于()(A)7． (B)8． (C)15． (D)16．

【解析】∵4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，∴4a1＋a3＝4a2，即4a1＋a1q2＝4a1q，∴q2－4q＋4＝0，∴q＝2，S4＝15．

[答案]

C2．[2009年·江西]數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝n2,其前n項(xiàng)和為Sn，則S30為()(A)470． (B)490． (C)495． (D)510．2.

【解析】由于以3為周期，故

S30==＝－25＝470．

[答案]

A3.3．[2011年·重慶]設(shè)a1＝2，an＋1＝，bn＝，n∈N*，則數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn＝________．

【解析】bn＋1＝＝2bn，又b1＝＝4,故數(shù)列{bn}是以4為首項(xiàng),以2為公比的等比數(shù)列,∴bn＝2n＋1.

[答案]

2n＋1

4．[2009年·山東]等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知對(duì)任意的n∈N*，點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值；4.

(2)當(dāng)b＝2時(shí)，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，證明：對(duì)任意的n∈N*，不等式成立．

【解析】(1)解：∵點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上，∴Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝b＋r，當(dāng)n≥2時(shí),an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.又?jǐn)?shù)列{an}為等比數(shù)列，故r＝－1且公比為b．(2)證明：當(dāng)b＝2時(shí)，則an＝2n－1∴bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，∴,于是要證明的不等式為對(duì)任意的n∈N*成立．5.(法一)(可用數(shù)學(xué)歸納法)當(dāng)n＝1時(shí)，＞顯然成立．假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)成立，即成立．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＝＝＝，6.即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式成立，所以原不等式對(duì)任意n∈N*成立．

所以原不等式成立．7.

5．[2009年·江西]各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an},a1＝a,a2＝b,且對(duì)滿(mǎn)足m＋n＝p＋q的正整數(shù)m,n,p,q都有

(1)當(dāng)a＝，b＝時(shí)，求通項(xiàng)an;(2)證明：對(duì)任意a，存在與a有關(guān)的常數(shù)λ，使得對(duì)于每個(gè)正整數(shù)n，都有≤an≤λ．

【解析】(1)解：由＝得＝．將a1＝，a2＝代入上式化簡(jiǎn)得an＝．8.所以，故數(shù)列為等比數(shù)列，又，從而，即an＝．可驗(yàn)證an＝滿(mǎn)足題設(shè)條件．

(2)證明:由題設(shè)的值僅與m＋n有關(guān),記為bm＋n,則bn＋1＝．考察函數(shù)f(x)＝(x＞0)，9.則在定義域上有f(x)≥g(a)＝故對(duì)n∈N*,bn＋1≥g(a)恒成立．又b2n＝≥g(a)，注意到0＜g(a)≤，解上式得＝≤an≤，取λ＝，即有≤an≤λ．10.專(zhuān)題訓(xùn)練一、選擇題

1．在等差數(shù)列{an}中，a1＋a4＋a7＝39,a3＋a6＋a9＝27，則數(shù)列{an}的前9項(xiàng)之和S9等于()(A)66． (B)99． (C)144． (D)297．

【解析】∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，∴a1＋a4＋a7,a2＋a5＋a8,a3＋a6＋a9也成等差數(shù)列，∴a2＋a5＋a8＝33，即S9＝(a1＋a4＋a7)＋(a2＋a5＋a8)＋(a3＋a6＋a9)＝99．

[答案]

B

2．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q＝2，前n項(xiàng)和為Sn，則等于()(A)2． (B)4． (C)． (D)．11.

【解析】．

[答案]

C3．在等差數(shù)列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則a9－a11的值為()(A)14． (B)15． (C)16． (D)17．

【解析】由已知得5a8＝a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，a8＝24，a9－a11＝(3a9－a11)＝(3a1＋24d－a1－10d)＝(a1＋7d)＝a8＝16．

[答案]

C12.4．在等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝4,a2＋a3＋a4＝－2，則a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8等于()(A)． (B)． (C)． (D)．

【解析】q＝＝－，a3＋a4＋a5＝1，

a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)(－)5＝－，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝1－＝．

[答案]D13.

5．在等差數(shù)列{an}中，a10<0,a11>0且a11>|a10|,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則使Sn>0的n的最小值為()(A)21． (B)20． (C)10． (D)11．

【解析】∵a11>|a10|且a10<0，∴a10＋a11＞0，即S19＝＝19a10<0，

S20＝＝10(a10＋a11)＞0．

[答案]

B

6．公差不為0的等差數(shù)列{an}中，2a3－a72＋2a11＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b6b8等于()(A)2． (B)4． (C)8． (D)16．

【解析】∵2a3－a72＋2a11＝0，∴4a7－a72＝0,a7＝4或a7＝0(舍去)．b6b8＝b72＝a72＝16．

[答案]

D14.

7．若數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1,a2＝2,an＝(n≥3)，則a17等于()(A)1． (B)2．(C)． (D)2－987．

【解析】∵an＝，∴an＋3＝，an＋2＝，兩式相乘得：an＋3＝an，故a17＝a2＝2．

[答案]

B

8．在等差數(shù)列{an}中，若7a5＋5a9＝0，且a9＞a5，則使數(shù)列前n項(xiàng)和Sn取最小值的n等于()(A)5． (B)6． (C)7． (D)8．

【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a9－a5＝4d>0,7a5＋5a9＝12a1＋68d＝12a6＋8d＝12a7－4d＝0，∴a6＝－d<0,a7＝d>0，因此數(shù)列{an}的前6項(xiàng)和最?。?/p>

[答案]

B15.9．?dāng)?shù)列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，此數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn>1020，那么n的最小值是()(A)7． (B)8． (C)9． (D)10．

【解析】an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，∴Sn＝2n＋1－n－2．∴S9＝1013,S10＝2036，故所求n的最小值為10．

[答案]

D10．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，令Tn＝，稱(chēng)Tn為數(shù)列a1,a2，…，an的“理想數(shù)”，已知數(shù)列a1,a2，…，a500的“理想數(shù)”為2004，那么數(shù)列2,a1,a2，…，a500的“理想數(shù)”為()(A)2002． (B)2004． (C)2006． (D)2008．16.

【解析】數(shù)列a1,a2,…,a500的“理想數(shù)”為＝2004，∴500a1＋499a2＋…＋a500＝2004×500，數(shù)列2,a1,a2，…，a500的“理想數(shù)”為＝2＋＝2002．

[答案]

A

11．在數(shù)列{an}中，如果存在非零常數(shù)T，使得am＋T＝am對(duì)于任意正整數(shù)m均成立，那么就稱(chēng)數(shù)列{an}為周期數(shù)列，其中T叫做數(shù)列{an}的周期．已知數(shù)列{xn}滿(mǎn)足xn＋1＝|xn－xn－1|(n≥2，n∈N)，如果x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，當(dāng)數(shù)列{xn}的周期為3時(shí)，則該數(shù)列的前2009項(xiàng)的和為()(A)668． (B)669． (C)1338． (D)1340．17.

【解析】本題考查對(duì)信息的閱讀理解能力及知識(shí)的遷移轉(zhuǎn)化能力．據(jù)題意知x3＝|a－1|＝1－a，x4＝|2a－1|，由于數(shù)列的周期為3，故必有x4＝x1?|2a－1|＝1，解得a＝1或0(據(jù)條件a＝0舍去)，故此數(shù)列為1,1,0,1,1,0，…，故每一周期內(nèi)數(shù)列和為2，由于2009＝3×669＋2，則此數(shù)列的前2009項(xiàng)即為：2×669＋1＋1＝1340．

[答案]

D

12．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，a2＝2，＝(n∈N)，則a13等于()(A)26． (B)24．(C)212×12?。?(D)213×13?。?8.

【解析】由＝?＝+2，令bn＝，則數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，所以bn＝＝2＋(n－1)×2＝2n，故有an＝··…···a1＝2(n－1)·2(n－2)·…·(2×2)·(2×1)·1＝2n－1×(n－1)！．

[答案]

C19.

二、填空題13．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n＋a，等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝n2－2n＋b，則a＋b＝________．

【解析】易得a＝－1,b＝0．

[答案]

－1

14．常數(shù)a,b滿(mǎn)足＝b，則a＋b＝________．

【解析】當(dāng)x＝－1時(shí)，ax2＋5x＋3＝0，故a＝2，代入可得b＝＝(2x＋3)＝1，故a＋b＝3．

[答案]

3

15．?dāng)?shù)列滿(mǎn)足a1＝1，且對(duì)任意的m,n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，則＝________．20.

【解析】當(dāng)m＝1時(shí)，an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝．

故＝＝.

[答案]

16．若a1＝1,an＋1＝，則數(shù)列{an}的第34項(xiàng)是______.

【解析】∵an＋1＝，∴＋3，即數(shù)列是以3為公差的等差數(shù)列，∴＝1＋3×33＝100，故a34＝．

[答案]

21.

三、解答題

17．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn(n＝1,2,3，…)(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并由此求出Sn；(2)若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：b1＝，(n∈N*)．試求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．

【解析】(1)由條件n(Sn＋1－Sn)＝(n＋2)Sn?＝2·，是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以＝2n－1?Sn＝n2n－1．22.(2)由條件＋2n－1，

設(shè)cn＝，則c1＝，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝2－1＋20＋21＋…＋2n－2＝(2n－1)，從而bn＝ncn＝(2n－1)．18．設(shè)方程tan2πx－4tanπx＋＝0在[n－1,n)(n∈N*)內(nèi)的所有解之和為an．(1)求a1、a2的值，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿(mǎn)足條件：b1＝2,bn＋1≥abn，求證：＜2．23.

【解析】方程tan2πx－4tanπx＋＝(tanπx－1)(tanπx－)＝0，得tanπx＝或tanπx＝．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，x∈[0,1)，即πx∈[0，π)，由tanπx＝或tanπx＝得πx＝或πx＝，故a1＝；當(dāng)n＝2時(shí)，x∈[1,2)，則πx∈[π，2π)，由tanπx＝或tanπx＝，得πx＝或πx＝，故a2＝，當(dāng)x∈[n－1,n)時(shí)，πx∈[(n－1)π，nπ)．由tanπx＝，或tanπx＝得πx＝＋(n－1)π或πx＝＋(n－1)π，得x＝＋(n－1)或x＝＋(n－1)，故an＝＋(n－1)＋＋(n－1)＝2n－．24.(2)由(1)得bn＋1≥abn＝2bn－，即bn＋1－≥2≥22(bn－1－)≥…≥2n＝2n－1＞0,則≤，即≤．≤1＋＝2－＜2.19．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝(n＋1)an(n∈N*),a1＝1．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)；(2)已知bn＝，求b1＋b2＋…＋bn．(3)求證：≤an<．25.

【解析】(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1．兩式相減得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即＝．∴＝(n≥2)．

∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝·a1＝·1＝n.又a1＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)bn＝＝＝，

∴b1＋b2＋…＋bn＝=－1．26.(3)證明：(1＋)an＝(1＋)n＝Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnr＋…＋Cnn，又Cnr＝＝·<，∴

<1＋＝<，而≥Cn0＋Cn1·＝，∴≤an<．20．已知數(shù)列{an}中a1＝3,a2＝5，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿(mǎn)足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)．27.(1)試求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，證明：Tn<;(3)證明：對(duì)任意的m∈，均存在n0∈N＋，使得(2)中的Tn>m成立．

【解析】(1)由Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)得Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)．∵an＝Sn－Sn－1，∴an＝an－1＋2n－1(n≥3)，即an－an－1＝2n－1(n≥3)．又a2－a1＝5－3＝2，∴an－an－1＝2n－1(n≥2)．

an＝＋…＋＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21＋3＝＋3＝2n＋1.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1．28.(2)∵bn＝＝＝，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＝<．(3)由(2)可知Tn＝，若Tn>m，則得>m，化簡(jiǎn)得>．29.∵m∈(0，)∴1－6m>0，∴2n＋1>－1，∴n>log2－1．當(dāng)log2－1<1，即0<m<時(shí)，取n0＝1即可;當(dāng)log2－1≥1，即≤m<時(shí)，記log2－1的整數(shù)部分為S，取n0＝s＋1即可.綜上可知，對(duì)任意的m∈均存在n0∈N*使得(2)中的Tn>m成立．21．已知等差數(shù)列滿(mǎn)足a12＋a32≤10，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝2n－a．(1)求a的值以及數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)試求S＝a3＋a4＋a5的最大值以及S最大時(shí)數(shù)列的通項(xiàng)公式；(3)若cn＝anbn，求數(shù)列的前n項(xiàng)和．30.

【解析】(1)當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝2n－1－a，∴bn＝Tn－Tn－1＝2n－1(n≥2)．∵數(shù)列為等比數(shù)列，b1＝T1＝2－a＝1，故a＝1．∴bn＝2n－1．(2)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，根據(jù)題意有：a12＋a32＝2a12＋4a1d＋4d2≤10，即a12＋2a1d＋2d2≤5．

S＝a3＋a4＋a5＝3(a1＋3d)，a1＝－3d，代入上式有：(－3d)2＋2(－3d)d＋2d2＝－Sd＋5d2≤5，即關(guān)于d的不等式45d2－12Sd＋S2－45≤0有解．∴Δ＝144S2－180(S2－45)≥0，∴S2≤225，S≤15，∴Smax＝15，當(dāng)S＝15時(shí)，45d2－12×15d＋152－45≤0?(d－2)2≤0?d＝2，a1＝－3d＝－1，∴an＝2n－3．31.(3)∵cn＝anbn＝(2n－3)2n－1，記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn．∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝(－1)20＋1·21＋3·22＋…＋(2n－5)·2n－2＋(2n－3)·2n－1，2Sn＝(