2021年新课标(老高考)理数复习练习课件:§6.3 数列的综合问题.pptx
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- 2021 新课 高考 复习 练习 课件 6.3 数列 综合 问题 下载 _二轮专题_高考专区_数学_高中
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1、考点考点1 1 求通项公式求通项公式 1.(2017上海,10,5分)已知数列an和bn,其中an=n2(nN*),bn的项是互不相等的正整数,若对于任 意nN*,数列bn中的第an项等于an中的第bn项,则= . 1 4 9 16 1 2 3 4 lg() lg() bb b b bb b b 答案答案 2 解析解析 由题意知=,则=, 所以b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2, 所以=2. n a b n b a 2 n b 2 n b 1 4 9 16 1 2 3 4 lg() lg() bb b b bb b b 2 1 2 3 4 1 2 3 4 lg() lg() bb b
2、b bb b b 2.(2019课标,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列; (2)求an和bn的通项公式. 解析解析 (1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1=(an+bn). 又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为的等比数列. 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列. (2
3、)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1. 所以an=(an+bn)+(an-bn)=+n-, bn=(an+bn)-(an-bn)=-n+. 1 2 1 2 -1 1 2n 1 2 1 2n 1 2 1 2 1 2n 1 2 思路分析思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=(an+bn),从而证得数列an+bn为等 比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列an-bn为等差数列.(2) 由(1)可求出an+bn,an-bn的通项公式,从而得an,bn. 1 2 1.(2015课标,16,5分)设Sn是数列an的
4、前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= . 以下为教师用书专用 答案答案 - 1 n 解析解析 an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn0,-=1,是等差数列,且公差为- 1,而=-1,=-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=-. 1 n S 1 1 n S 1 n S 1 1 S 1 1 a 1 n S 1 n 思路分析思路分析 由an+1=Sn+1-Sn得Sn+1-Sn=SnSn+1,通过变形知数列是首项和公差均为-1的等差数列,进 而得,从而得Sn. 1 n S 1 n S 解题关键解题关键 在已知等式中用Sn+1-Sn代替an+1
5、,得到中相邻两项的关系是解决本题的突破口. 1 n S 2.(2016浙江,13,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1= ,S5= . 答案答案 1;121 解析解析 解法一:an+1=2Sn+1,a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1- Sn, Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121. 解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=
6、1.又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn =2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,则Sn+1+=3,又S1+=,是首项为,公比为3的等比数列, Sn+=3n-1,即Sn=,S5=121. 1 2 1 2 n S 1 2 3 2 1 2 n S 3 2 1 2 3 2 3 -1 2 n5 3 -1 2 考点考点2 2 数列的求和数列的求和 1.(2020课标,12,5分)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2an满足ai0,1(i= 1,2,),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,) 的最小正整数
7、m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2an,C(k)= aiai+k(k=1,2,m- 1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)(k=1,2,3,4)的序列是( ) A.11010 B.11011 C.10001 D.11001 1 m 1 m i 1 5 答案答案 C C(1)=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a1), C(2)=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a1+a5a2), C(3)=(a1a4+a2a5+a3a6+a4
8、a7+a5a8)=(a1a4+a2a5+a3a1+a4a2+a5a3), C(4)=(a1a5+a2a6+a3a7+a4a8+a5a9)=(a1a5+a2a1+a3a2+a4a3+a5a4). 对于A,C(1)=,C(2)=,故A不正确;对于B,C(1)=,故B不正确;对于D,C(1)=,故D不正确;对于C,C (1)=,C(2)=0,C(3)=0,C(4)=,C正确. 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 2 5 3 5 2 5 1 5 1 5 2.(2017课标,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数 学的兴趣,他们
9、推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的 答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三 项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么 该款软件的激活码是( ) A.440 B.330 C.220 D.110 答案答案 A 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组 的项数为n,前n组的项数和为.由题意可知,N100,令100,n14,nN*,即N出现在 第13组之后.易得第n组
10、的所有项的和为=2n-1,前n组的所有项的和为-n=2n+1-n-2.设满足 条件的N在第k+1(kN*)组,且第N项为第k+1组的第t(tN*)个数.第k+1组的前t项的和2t-1应与-2-k 互为相反数,即2t-1=k+2,2t=k+3,t=log2(k+3),当t=4,k=13时,N=+4=955时,N440,故选A. (1) 2 n n(1) 2 n n 1-2 1-2 n 2(1-2 ) 1-2 n 13 (13 1) 2 29 (29 1) 2 3.(2020浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列 就是二阶等差数列.数列(nN*)的前3项
11、和是 . (1) 2 n n (1) 2 n n 答案答案 10 解析解析 数列的前三项依次为=1,=3,=6,所求和为1+3+6=10. (1) 2 n n 1 2 2 2 3 2 3 4 2 4.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则= . 1 n k 1 k S 答案答案 2 1 n n 解析解析 本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和. 设公差为d,则an=n. 前n项和Sn=1+2+n=, =2, =21-+-+-=2=2=. 1 1 23, 4610, ad ad 1 1, 1, a d (1) 2 n n 1 n S 2 (1
12、)n n 11 - 1n n 1 n k 1 k S 1 2 1 2 1 3 1 n 1 1n 1 1- 1n 1 n n 2 1 n n 5.(2020课标,17,12分)设an是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求an的公比; (2)若a1=1,求数列nan的前n项和. 解析解析 (1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2. 故an的公比为-2. (2)记Sn为nan的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-1, -2S
13、n=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n =-n(-2)n.所以Sn=-. 1-(-2) 3 n 1 9 (31)(-2) 9 n n 6.(2020课标,17,12分)设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明; (2)求数列2nan的前n项和Sn. 解析解析 (1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 an+1-(2n+3)=3an-(2n+1), an-(2n+1)=3an-1-(2n-1), a2-5=3(a1-3). 因
14、为a1=3,所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=32+522+723+(2n+1)2n. 从而2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1. -得 -Sn=32+222+223+22n-(2n+1)2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 7.(2020天津,19,15分)已知an为等差数列,bn为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3). (1)求an和bn的通项公式; (2)记an的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(nN*); (3)对任意的正整数n,设cn=求数列cn的前2n项和. 2 1n S
15、2 -1 1 (3-2) , ,. nn nn n n ab n a a a n b 为奇数 为偶数 解析解析 (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而an 的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而bn的通项公式为bn= 2n-1. (2)证明:由(1)可得Sn=,故SnSn+2=n(n+1)(n+2)(n+3),=(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-=-(n+ 1)(n+2)0,所以SnSn+212an+1成立的n的最小值为 . 以下为教师用书专用 答
16、案答案 27 解析解析 解法一:设an=2k,则Sn=(21-1)+(22-1)+(2 2k-1-1)+(2+22+2k)=+= 22k-2+2k+1-2. 由Sn12an+1得22k-2+2k+1-212(2k+1),即(2k-1)2-20 2k-1-140,即2k-125,则k6. 所以只需研究25an16. 由m2+25+1-212(2m+1),得m2-24m+500, m22,n=m+527. 满足条件的n最小值为27. 解法二:设bn=2n-1,cn=2n,则bn为奇数,cn为偶数,数列an是由数列bn和cn的所有项从小到大依次 排列构成的. 设数列an的前n项中有m个数列bn中的项
17、,k个数列cn中的项,则n=m+k,数列bn的前m项和为m 2,数列c n的前k项和为2 k+1-2. (1)若最后一项是等比数列中的项,则2m-1=2k-1,m=2k-1. 由Sn12an+1,得(2k-1)2+2k+1-212(2k+1), 即2k-1(2k-1-20)14,则k6. -1-1 2(12 2-1) 2 kk 2(1-2 ) 1-2 k 当k取最小值6时,m=32,n=38; (2)若最后一项是等差数列中的项,则2k2m-12k+1(k1,m2),此时an=2m-1,则an+12m. Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+12(2m-1)-2+m2-122m=m2
18、-20m-4. 当m=2,3,20时,均有Sn-12an+112an+1不成立. 所以m21,而2k+12m-1,则k5. 当k=5时,结合2k2m-10,满足题意,此时n=37; 当21m31时,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12(2m+1)=m(m-24)+50, 当且仅当m22时,有Sn-12an+10, 即当k=5,m=22时,nmin=5+22=27. 2.(2016山东,18,12分)已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列bn的通项公式; (2)令cn=,求数列cn的前n项和Tn. 1 (1) (2)
19、n n n n a b 解析解析 (1)由题意知,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当n=1时,a1=S1=11,适合上式,所以an=6n+5(nN*). 设数列bn的公差为d. 由即 可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn=3(n+1) 2n+1. 又Tn=c1+c2+cn,得Tn=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2, 两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2 =3=-3n 2n+2.所以Tn=3n 2n+2. 112 223 , , abb abb 1 1 112, 1723
20、 , bd bd 1 (66) (33) n n n n 2 4(1-2 ) 4-(1)2 1-2 n n n 易错警示易错警示 利用错位相减法求解数列的前n项和时,要注意相减后等式右边的项数一共是(n+1)项, 中间的(n-1)项是等比数列,不要把项数搞错,求解时要搞清楚错位相减法的基本步骤. 3.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0,+2an=4Sn+3. (1)求an的通项公式; (2)设bn=,求数列bn的前n项和. 2 n a 1 1 nn a a 解析解析 (1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3. 可得-+2(an+1-an)=
21、4an+1, 即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an). 由于an0,所以an+1-an=2. 又由+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分) (2)由an=2n+1可知 bn=. 设数列bn的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+bn = =.(12分) 2 n a 2 1n a 2 1n a 2 n a 2 1n a 2 n a 2 1 a 1 1 nn a a 1 (21)(23)nn 1 2 11 - 21 23nn 1 2 1 11 111 -?- 3 55 721 23
22、nn 3(23) n n 思路分析思路分析 (1)由+2an=4Sn+3,得+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等差 数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tn. 2 n a 2 1n a 111 - 2 21 23 n b nn 考点考点1 1 求通项公式求通项公式 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020吉林长春三模,10)已知数列an的各项均为正数,其前n项和Sn满足4Sn=+2an(nN*),设bn= (-1)n anan+1,Tn为数列bn的前n项和,则T20=( ) A.110 B.220 C.440 D.880 2 n
23、 a 答案答案 D 本题主要考查求数列的通项公式,以及运用分组求和法求数列的前n项和.考查了转化 与化归思想,提出和解决问题的能力和运算求解能力,体现逻辑推理和数学运算的核心素养. 由题意,当n=1时,4a1=4S1=+2a1,整理,得-2a1=0,解得a1=0或a1=2,an0,nN*,a1=2.当n2时, 由4Sn=+2an,可得:4Sn-1=+2an-1,两式相减,可得4an=+2an-2an-1,整理,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0, an+an-10, an-an-1-2=0,即an-an-1=2, 数列an是以2为首项,2为公差的等差数列, an=2+2(n-1)=
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