2022年高三数学-届高考数学二轮专题讲座专题三数列与极限-精品 .pdf

高三数学 -2018 届高考数学二轮专题讲座专题三数列与极限- 精品名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 28 页 - - - - - - - - - 专题三数列与极限【考点聚焦】考点 1：数列的有关概念，简单的递推公式给出的数列；考点 2：等差、等比数列的概念，等差、等比数列的通项公式， 前 n 项和公式，并运用它们解决一些问题；考点 3：数列极限的意义，极限的四则运算，公比的绝对值小于1 的无穷等比数列的前 n 项和的极限；考点 4：数学归纳法【自我检测】1、 叫做数列。2、 等差数列、等比数列定义及性质等差数列等比数列定义通项公式前 n 项和公式1、d0 时数列1、时数列递名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 28 页 - - - - - - - - - 性质；d0 时；2、a1+an=_=_=3、 若 m,n,p,qN+,且 m+n=p+q ，则 4、每隔相同的项抽 出 的 项 按 次 序构 成 的 数 列 为 。5、连续几项之和构成。6、Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成7、man+k为增；时递减；2、a1an=_=_=3、 若 m,n,p,qN+,且 m+n=p+q ，则 4、每隔相同的项抽出的项按次序构成的数列为。5、连续几项之和构成。6、man,an2为3、 无穷等比数列公比q|1，则各项和S。4、 求数列前 n 项和的方法：（ 1）直接法；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 28 页 - - - - - - - - - （2）倒序相加法；（ 3）错位相减法；（ 4）分组转化法；（ 5）裂项相消法 . 【重点?难点?热点】问题 1：等差、等比数列的综合问题“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”， “需要什么，就求什么” ，既要充分合理地运用条件， 又要时刻注意题的目标， 往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果例 1：设等比数列 an的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3 项与第 4 项和的 9 倍，问数列 lgan的前多少项和最大？(取lg2=03,lg3=04) 思路分析突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列， 而等差数列中前n 项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列 Sn是 n 的二次函数，也可由函数解析式求最值解法一设公比为 q,项数为 2m,mN*,依题意有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 28 页 - - - - - - - - - )(9)()(1)1(1)1(312131122121qaqaqaqaqqqaqqamm，化简得10831,),1 (9114121aqqqaqq解得设数列lgan前 n 项和为 Sn,则Sn=lga1+lg （ a1q2） + +lg （ a1qn1） =lg（a1nq1+2+(n1)）=nlga1+21n(n1)lgq=n(2lg2+lg3)21n(n1)lg3 =(23lg)n2+(2lg2+27lg3)n可 见 ， 当n=3lg3lg272lg2时 ， Sn最 大而4. 024. 073. 043lg3lg272lg2=5, 故lgan的前 5 项和最大解 法 二接 前 ，31,1081qa,于 是lgan=lg118(31)n1=lg118+(n1)lg31, 数列lgan是以 lg118为首项，以 lg31为公差的等差数列，令 lgan0,得 2lg2(n4)lg30，n4. 04. 043.023lg3lg42lg2=5 5由于 nN*,可见数列 lgan的前 5 项和最大名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 28 页 - - - - - - - - - 点评本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则， 等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力演变 1 等差数列 an的前 m 项和为 30， 前2m 项和为 100，则它前 3m 项的和为 _点拨与提示：本题可以回到数列的基本量，列出关于d1和a的方程组，然后求解；或运用等差数列的性质求解 .问题 2：函数与数列的综合题数列是一特殊的函数，其定义域为正整数集，且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响，分析题目特征，探寻解题切入点 . 例 2：已知函数 f(x)=412x(x2)(1)求 f(x)的反函数f-1(x)；(2)设a1=1,11na=f-1(an)(nN*),求 an; (3)设 Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn是否存在最小正整数m,使得对任意nN*,有 bn25m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由思 路 分 析(2) 问 由 式 子41121nnaa得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 28 页 - - - - - - - - - 22111nnaa=4,构造等差数列 21na,从而求得 an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧； (3)问运用了函数的思想解(1)设 y=412x,x0) (2)411,14122121nnnnaaaa，21na是公差为 4的等差数列，a1=1,21na=211a+4(n1)=4n3,an0,an=341n(3)bn=Sn+1 Sn=an+12=141n, 由bn1425n, 设 g(n)=1425n,g(n)=1425n在 nN*上是减函数，g(n)的最大值是 g(1)=5, m5,存在最小正整数m=6,使对任意nN*有 bn25m成立点评本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、 数列的和、 函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 28 页 - - - - - - - - - 综合题着重考查学生的逻辑分析能力本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点， (2)问以数列 21na为桥梁求an,不易突破演变 2：设xxf12)(1，定义2)0(1)0(),()(11nnnnnffaxffxf，其中 nN*. （1）求数列 an的通项公式；（ 2） 若,23223212nnnaaaaT, 144422nnnnQn， 其 中nN*，试比较 9nT2与nQ大小，并说明理由 . 点拨与提示：（ 1）找出数列 an的递推关第，进而判断数列的类型；（2）根据特征，找出求和的匹配方法。问题 3：数列与解析几何。数列与解析几何综合题， 是今后高考命题的重点内容之一， 求解时要充分利用数列、 解析几何的概念、性质，并结合图形求解. 例3 在 直 角 坐 标 平 面 上 有 一 点 列),(,),(),(222111nnnyxPyxPyxP，对一切正整数n，点nP位于函数4133xy的图象上，且nP的横坐标构成以25为首项，1为公差的等差数列nx. 求点nP的坐标；设抛物线列,321ncccc中的每一条的对称轴名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 28 页 - - - - - - - - - 都垂直于x轴，第n条抛物线nc的顶点为nP，且过点)1,0(2nDn，记与抛物线nc相切于nD的直线的斜率为nk，求：nnkkkkkk13221111. 解：（ 1）23) 1()1(25nnxn1353533,(, 3)4424nnnyxnPnn（2）nc的对称轴垂直于x轴，且顶点为nP. 设nc的方程为：,4512)232(2nnxay把)1,0(2nDn代 入 上 式 ， 得1a，nc的 方 程 为 ：1)32(22nxnxy。32|0nykxn，)321121(21)32)(12(111nnnnkknnnnkkkkkk13221111)321121()9171()7151(21nn=641101)32151(21nn点评：本例为数列与解析几何的综合题，难度较大。（ 1）、（ 2）两问运用几何知识算出nk. 演变 3已知抛物线24xy，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点1P，又过点1P作斜率为12的直线交抛物线于点2P， 再过2P作斜率为14的直线交抛物线于点3P， ，如此继续，一般地，过点nP作斜率为12n的直线交抛物线于点1nP，设点(,)nnnPxy（）令2121nnnbxx，求证：数列nb是等比数列（）设数列nb的前n项和为nS，试比较314nS与1310n的大小名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 28 页 - - - - - - - - - 点拨与提示：（ 1）由抛物线的方程和斜率公式得到221121111422nnnnnnnnxxxxxx，从而求出nb的通项公式；（ 2）用数学归纳法证明 .问题 4、数列与不等式数列与不等式相联系的综合题也是常考题型，要注意把数列的逆推性与不等式问题的思考方法结合起来，联系分析，寻求解题思路. 例 4：已知数列 an满足251a，nnnaaa221（1） 求证：2an3； （2） 求证：)2(4121nnaa；（3）limnna. 思路分析：（ 1）从nnnaaa221递推式看，应该从数列归纳法入手；（2）可用证不等式的放缩法来求解 . （1）当 n=1 时，251a，2a13；设 n=k 时，2ak2，又 2ak3，所以 0ak21,0(ak2)21，而 2ak4，故 ak+1-21，即 ak+13，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 28 页 - - - - - - - - - 由知 2an0，x=2，即limnna2nnnnaalimlim1. 点评：解决数列中的不等式问题， 通常考虑用不等式的有关证明方法。（3）中应该注意到，若数列 an的极限存在，则nnnnaalimlim1演变 4：已知函数) 1(13)(xxxxf设数列na满足11a，)(1nnafa，数列nb满足|3|nnab，21bbSn)(*Nnbn，( )用 数 学 归 纳 法 证 明12) 13(nnnb； ( )证 明332nS考查运用数学归纳法解决有关问题的能力. 专题小结名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 28 页 - - - - - - - - - 1、“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件， 又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2、归纳 猜想 证明体现由具体到抽象， 由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想 学习这部分知识， 对培养学生的逻辑思维能力， 计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法， 提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义3、解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、 化归转化思想等数学思想以及特例分析法， 一般递推法， 数列求和及求通项等方法来分析、解决问题4、数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解【临阵磨枪】一 选择题名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 28 页 - - - - - - - - - 1已知等差数列na中，12497, 1,16aaaa则的值是（）A15 B30 C31 D64 2已知数列 log2(an1)（nN*）为等差数列，且 a13，a25，则nnnaaaaaa12312lim111(）= （）A2B23C1D213已知数列na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a=（）A0B3C3D234 等比数列 an的首项 a1=1，前 n 项和为 Sn,若3231510SS，则limnSn等于( ) 32 B.32A.C2 D2 5已知等差数列na中，1,16497aaa，则12a的值是（）A15 B30 C31 D64 6limn2123nn( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 28 页 - - - - - - - - - (A) 2 (B) 4 (C) 21(D)0 7 已知数列nx满足212xx，)(2121nnnxxx，,4,3n 若2limnxx，则1xA23B3 C4 D5 8 用n个不同的实数naaa,21可得到! n个不同的排列，每个排列为一行写成一个! n行 的 数 阵 .对第i行iniiaaa,21，记inniiiinaaaab)1(32321，!, 3,2, 1ni.例如：用 1，2，3 可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，2412312212621bbb，那么，在用 1，2，3，4，5 形成的数阵中，12021bbb等于（）A 3600 B 1800 C 1180 D720 二、填空题9已知 a,b,a+b 成等差数列，a,b,ab成等比数列，且 0logm(ab)0 , anan1=5 (n2). 当 a1=3 时,a3=13,a15=73. a1, a3,a15不成等比数列a13; 当 a1=2 时, a3=12, a15=72, 有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3. 14解(1) 由 题 意 知a52=a1 a17， 即(a1+4d)2=a1(a1+16d) a1d=2d2, d 0, a1=2d, 数 列 nba 的 公 比q=11154adaaa=3,nba=a13n1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 28 页 - - - - - - - - - 又nba=a1+(bn1)d=121abn由得a13n1=21nba1a1=2d0,bn=23n11(2)Tn=C1nb1+C2nb2+ +Cnnbn=C1n(2301)+C2n(2311)+Cnn(23n11) =32(C1n+C2n 32+Cnn 3n)(C1n+C2n+Cnn) =32(1+3)n1(2n1)= 324n2n+31, .32)41()43(211)41(31)21(32lim1324312432lim4lim11nnnnnnnnnnnnnnbT15解 （I）21114122333aSa，解得：12a2111144122333nnnnnnnaSSaa11242nnnnaa所以数列2nna是公比为 4 的等比数列所以：111224nnnaa得：42nnna（其中 n 为正整数）（II ）1114124122242221213333333nnnnnnnnSa112323112221212121nnnnnnnnTS所以：1113113221212niniT16解(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2，得 3t(1+a2)(2t+3)=3ta2=ttaatt332,33212又 3tSn(2t+3)Sn1=3t，3tSn1(2t+3)Sn2=3t 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 28 页 - - - - - - - - - 得3tan (2t+3)an1=0ttaann3321,n=2,3,4, 所以an是一个首项为 1 公比为tt332的等比数列；(2)由 f(t)= tt332=t132,得 bn=f(11nb)=32+bn1可见 bn是一个首项为1，公差为32的等差数列于是 bn=1+32(n1)=312n; (3)由 bn=312n,可知b2n1和b2n是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是 b2n=314n, b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1) =34 (b2+b4+b2n)= 3421n(35+314n)= 94(2n2+3n)17【解】（ 1）用数学归纳法证明：1当 n=1 时，,23)4(21, 10010aaaa210aa，命题正确 . 2假设 n=k 时有.21kkaa则)4(21)4(21,1111kkkkkkaaaaaakn时).4)(21)(21)(211111kkkkkkkkkkaaaaaaaaaa而.0,04.0111kkkkkkaaaaaa名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 28 页 - - - - - - - - - 又.2)2(421)4(2121kkkkaaaa1kn时命题正确 . 由 1、2知，对一切 nN 时有.21nnaa（ 2 ） 下 面 来 求 数 列 的 通 项 ：,4)2(21)4(2121nnnnaaaa所以21)2()2(2nnaannnnnnnnnbbbbbab22212122222112)21()21(21)21(2121, 2 则令, 又 bn=1，所以1212)21(22,)21(nnnnnbab即. 18解：()由题意 ,得 A(1,0),C1：y=x2-7x+b1. 设 点P(x,y) 是C1上 任 意 一 点 , 则|A1P|=222221(1)(1)(7) .xyxxxb令f(x)=(x-1)2+(x2-7x+b1)2,则21( )2(1)2(7)(27).fxxxxbx由题意得 ,2()0fx, 即2222122(1)2(7)(27)0.xxxbx又 P2(x2,0)在 C1上,2=x22 -7x2+b1解得 x2=3,b1=14.故 C1方程为 y=x2-7x+14. ( ) 设P(x,y) 是C1上 任 意 一 点 , 则|AnP|=22222()()() .nnnnnxxyxxxa xb令g(x)=(x-xn)2+(x2+anx+bn)2,则2( )2()2()(2)nnnng xxxxa xbxa,由题意得 ,1()0ng x, 即211112()2()(2)nnnnnnnnxxxa xbxa=0, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 22 页，共 28 页 - - - - - - - - - 又2112nnnnnxa xb,(xn+1-xn)+2n(2xn+1+an)=0(n 1), 即(1+2n+1)xn+1-xn+2nan=0, (*) 下面用数学归纳法证明xn=2n-1. 当 n=1 时,x1=1,等式成立 . 假设当 n=k 时,等式成立 ,即 xk=2k-1. 则当n=k+1时,由 (*) 知 (1+2k+1)xk+1-xk+2kak=0, (*) 又 ak=-2-4k-112k,1122112kkkkkxaxk. 即当 n=k+1,时等式成立 . 由知 ,等式对 nN+成立,xn是等差数列 . 【挑战自我】已知 f(x)=(x-1)2，g(x)=4(x-1) ，数列 an满足 a1=2，(an+1-an)g(an)+f(an)=0。(1)用 an表示 an+1；（2）求证： an-1是等比数列；（ 3）若 bn=3f(an)-g(an+1)，求bn的最大项和最小项。解：（ 1） (an+1an)g(an)+f(an)=0， f(an)（an1）2，g(an)4（an1），（an1） （4an13an1）0, 又 a1=2，41431nnaa。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 23 页，共 28 页 - - - - - - - - - （2）)1(4311nnaa，an-1是以 a1-1=1为首项，43为公比的等比数列。（3）由（2）可知：an-11)43(n，an1)43(n1。从 而bn= 3f(an) g(an+1) nn)43(4)43(322 1)43()43(311nn因为 y=n)43(为减函数，所以 bn中的最大项为b1 =0, 又 bn434321)43(31n，当 n 为整数时，21)43(1n， 所以只须考虑1)43(n接近于21。当 n=3 时，1)43(n169与21相差161，当 n=4 时，1)43(n6427与21相差645而645161，所以 bn中最小项为2561893b. 【答案及点拨】演变 1：解法一将 Sm=30,S2m=100 代入名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 24 页，共 28 页 - - - - - - - - - Sn=na1+2) 1(nnd,得11(1)3022 (21)21002m mmadmmmad2102) 13(33,2010,4013212dmmmaSmmamdm解得解法二由等差数列 an的前 n 项和公式知，Sn是关于 n 的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B 是常数）将 Sm=30,S2m=100 代入，得mBmAmBmABmAm10201002)2(30222,S3m=A(3m)2+B3m=210 解法三根据等差数列性质知Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差数列，从而 有2(S2m Sm)=Sm+(S3m S2m)， S3m=3(S2mSm)=210 解法四： Sn=na1+2) 1(nnd,nSn=a1+2)1(nnd点(n,nSn)是直线 y=2) 1(dx+a1上的一串点，由 三 点 (m,mSm),(2m, mSm22),(3m, mSm33)共 线 ， 易 得S3m=3(S2mSm)=210演变 2：（1）)0(1f2，4122121a，)0(12)0()0(11nnnffff，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 25 页，共 28 页 - - - - - - - - - nnnnnnnnnnaffffffffa212)0(1)0(21)0(24)0(12)0(121)0(122)0(1)0(111211nnaa，数列an上首项为41，公比为21的等比数列，1)21(41nna（2）,23223212nnnaaaaT,2)21(3)21(2)21()21(2123212nnnaaaaT两式相减得：,)21(41211)21(1 41231222nnnnT)2131 (9122nnnT当 n=1 时，9nT2nQ；当 n=2 时，9nT2nQ；当n3时，22n=(1+1)n2=(nnnnCCC10)2(2n+1)2,9nT2nQ. 演变 3：（1）因为(,)nnnPxy、111(,)nnnPxy在抛物线上，故24,nnxy2114nnxy，又因为直线1nnP P的斜率为12n，即1112nnnnyyxx，代入可得221121111422nnnnnnnnxxxxxx2121212221()()nnnnnnnbxxxxxx222322111222nnn，故114nnnbbb是以14为公比的等比数列；（2）4131(1)13444nnnnSS，故只要比较4n与310n的大小方法（一）1222(1)4(1 3)1331 331 39310(3)2nnnnn nCCnnnn，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 26 页，共 28 页 - - - - - - - - - 当1n时，3114310nSn；当2n时3114310nSn；当*3,nnN时，3114310nSn方 法 （ 二 ） 用 数 学 归 纳 法 证 明 ， 其 中 假 设(3,)nk kkN时有4310kk, 则当1nk时,144 44(310)3(1)109273(1)10kkkkkk. 演变 4：（）证明：当.1121)(,0 xxfx时因为a1=1，所以*).( 1Nnan下面用数学归纳法证明不等式.2) 13(1nnnb（1）当 n=1 时，b1=13，不等式成立，（2） 假设当 n=k 时， 不等式成立，即.2)13(1kkkb那么kkkkaaab1|3|)13(|3|11.2) 13(2131kkkb所以，当 n=k+1 时，不等式也成立。根据（1）和（2），可知不等式对任意nN*都成立。（）证明：由（）知，.2)13(1nnnb所以nnbbbS21122)13(2)13()13(nn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 27 页，共 28 页 - - - - - - - - - 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 28 页，共 28 页 - - - - - - - - -