2016年高考数学总复习 专题三 数列与不等式课件 理

专题三 数列与不等式

题型1

等差数列与等比数列的综合应用

等差数列与等比数列的综合应用常出现在全国各地的高考 试卷中，主要考查等差数列、等比数列的基本概念、基本公式、

基本性质及基本运算.例 1 : 数列 {an} 的前 n 项和为 Sn = 2n + q , bn = lgan ,已知 {bn}为等差数列. (1)求q; (2)求数列{anbn}的前n项和Tn.

解：(1)当n=1时，a1=S1=2+q, 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1,

∴当n=1时，b1=lga1=lg(2+q),当n≥2时，bn=lgan=(n-1)lg2. 要使{bn}为等差数列，则b1=lg(2+q)=0, ∴q=-1. (2)an=2n-1,bn=(n-1)lg2, ∴Tn=1×0+2×lg2+22×2lg2+…+2n-1· (n-1)lg2, 2Tn=22· lg2+23· 2lg2+…+2n· (n-1)lg2.

两式相减，得- Tn = 2lg2 +22· lg2 +23· lg2 +…+2n 1· lg2--

2 1-2n-1 n n n n+1 -2 n-1 2 (n-1)lg2=lg2 =- lg2( n · 2 - 2 +2). 1 - 2

∴Tn=(n· 2n-2n+1+2)lg2.【名师点评】(1)已知Sn求an一定要注意对a1的处理，即 S1,n=1, an= Sn-Sn-1,n≥2.

(2)数列{an}是等比数列，{bn}为等差数列，求{anbn}的前 n项和Tn,可利用错位相减.

【互动探究】 1.(2013 年新课标Ⅱ改编)已知等差数列{an}的公差不为零， a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.

(1)求{an}的通项公式；(2)求 a2+a5+a8+…+a3n-1.

解：(1)设等差数列{an}的公差为 d.由题意，a2 11=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),d=-2. 故 an=-2n+27.

(2)令 Sn=a2+a5+a8+…+a3n-1. 由(1)知，a3n-2=-6n+29. 故{a3n-2}是首项为 23,公差为-6 的等差数列，从而 n n Sn=2(a2+a3n-1)=2(-6n+52)=-3n2+26n.

题型2

数列的求和

例 2:(2013 年大纲)在等差数列{an}中，a7=4,a19=2a9, (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn=na ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. n 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d. a7=4, 因为 a19=2a9, a1+6d=4, 所以 a1+18d=2 a1+8d .

1 解得 a1=1,d=2. n+1 所以{an}的通项公式为 an= 2 .

1 1 1 2 (2)bn=na = =2 n-n+1 , n n+1 n

所以

1 1 1 1 1 Sn=2 1-2 + 2-3 +…+ n-n+1

2n = . n+1

【互动探究】

2.设数列{an}的前 n 项和为 Sn=2n2,{bn}为等比数列，且 a1=b1,b2(a2-a1)=b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； an (2)设 cn=b ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. n

解：(1)当 n=1 时，a1=S1=2; 当 n≥2 时，an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2. 故数列{an}的通项公式为 an=4n-2, 即数列{an}

是首项 a1=2,公差 d=4 的等差数列. 1 设数列{bn}的公比为 q,则 b1qd=b1.∵d=4,∴q=4. 故 bn=b1qn-1

=2×

4

n-1,即{bn}的通项公式为

1

bn=

4

n-1.

2

an 4n-2 (2)∵cn=b = 2 =(2n-1)4n-1, n 4n-1 ∴Tn=c1+c2+…+cn =[1+3×41+5×42+…+(2n-1)· 4n-1]. ∴ 4Tn = [1×4 + 3×42 + 5×43 + … + (2n - 3)4n - 1 + (2n - 1)4n]. 两式相减，得 3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n- 1 1)4 =3[(6n-5)4n+5].n

1 ∴Tn=9[(6n-5)4n+5].

题型3

数列与不等式的综合应用

以函数与数列，不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点.2Sn 例 3:设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1, n =an+1 1 2 2 -3n -n-3,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； 1 1 1 7 (2)证明：对一切正整数 n,有a +a +…+a <4. n 1 2

2Sn 1 2 2 (1)解：∵ n =an+1-3n -n-3,n∈N*. n n+1 n+2 1 3 2 2 ∴2Sn=nan+1-3n -n -3n=nan+1- .① 3 n-1 n n+1 ∴当 n≥2 时，2Sn-1=(n-1)an- .② 3 由①-②,得 2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an-n(n+1).

∵2an=2Sn-2Sn-1, ∴2an=nan+1-(n-1)an-n(n+1). ∴nan+1-(n+1)an=n(n+1). an+1 an ∴ - n =1. n+1 an a1 ∴数列 n 是以首项为 1 =1,公差为

1 的等差数列.

an ∴ n =1+1×(n-1)=n.∴an=n2(n≥2). 当 n=1 时，上式显然成立.

∴an=n2,n∈N*.

(2)证明：由(2)知，an=n2,n∈N*. 1 7 ①当 n=1 时，a =1<4,∴原不等式成立. 1 1 1 1 7 ②当 n=2 时，a +a =1+4<4,∴原不等式亦成立. 1 2 ③当 n≥3 时，∵n2>(n-1)· (n+1), 1 1 ∴n2< . n-1 · n+1 1 1 1 1 1 1 ∴a +a +…+a =12+22+…+n2 n 1 2 1 1 1 1 <1+ + +…+ + 1×3 2×4 n-2 · n n-1 · n+1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - = 1 + 2 1-3 + 2 2-4 + 2 3-5 + … + 2 n-2 n + 2 1 1 - n-1 n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1+2 1-3+2-4+3-5+…+n-2-n+n-1-n+1 1 1 1 1 1 1 7 1 1 7 =1+2 1+2-n-n+1 =4+2 -n-n+1 <4. ∴当 n≥3 时，原不等式亦成立. 1 1 1 7 综上所述，对一切正整数 n,有a +a +…+a <4. n 1 2