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    江苏省南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题10:(选讲)数列难点专项研究

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    江苏省南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题10:(选讲)数列难点专项研究

    1、南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 1 页( 共 4 页) 专题 10: 数列 难点专项研究 目录 问题归类篇 . 2 类型一: 等差、等比数列的证明 . 2 类型二:等差、等比数列中的求值 . 9 类型三:等差、等比数列中的探究 . 20 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 2 页( 共 4 页) 问题 归类 篇 类型一 : 等差 、 等比数列的证明 一、 高考 回顾 1 (2011 年高考题 )设 M 为部分正整数组成的集合,数列 an的首项 a1 1,前 n 项的和为 Sn,已知对任意整数 k M,当 n k 时, Sn

    2、 k Sn k 2(Sn Sk)都成立 设 M 3, 4,求数列 an的通项公式 解 : 由题意 对任意整数 k 3, 4,当 n k 时, Sn k Sn k 2(Sn Sk)都成立 ,则 当 n 4 时, Sn 3 Sn 3 2(Sn S3), 当 n 5 时, Sn 4 Sn 4 2(Sn S4), 由 得 当 n 5 时, Sn 2 Sn 4 2(Sn 1 S3), 由 得 当 n 5 时, an 3 an 3 2an, 由 得 当 n 6 时, Sn 3 Sn 5 2(Sn 1 S5), 由 得 当 n 6 时, an 4 an 4 2an, 方法一 : 当 n 8 时, an 6,

    3、 an 3, an, an 3, an 6 成等差数列,且 an 6, an 2, an 2, an 6 也成等差数列, 从而当 n 8 时, 2an an 3 an 3 an 6 an 6 , 且 an 2 an 2 an 6 an 6 所以当 n 8 时, 2an an 2 an 2, 于是,当 n 9 时, an 3, an 1, an 1, an 3 成等差数列, 从而 an 3 an 3 an 1 an 1,故由 式知 2an an 1 an 1,即 an 1 an an an 1, 所以 an从 第 八项 开始成等差数列 , 设其公差为 d. 当 2 m 8 时, m 6 8,从而

    4、由 式知 2am 6 am am 12,故 2am 7 am 1 am 13, 从而 2(an 7 an 6) am 1 am (am 13 am 12),于是 am 1 am 2d d d 因此 an 1 an d,对任意都 n 2 成立 在中,令 n 4 得 S7 S1 2(S4 S3),即 (S7 S4) (S4 S1) 2S3, 故 9d 2S3 在中,令 n 5 得 S9 S1 2(S5 S4),即 (S9 S5) (S5 S1) 2S5, 故 16d 2S5 解得 a4 72d,从而 a2 32d, a1 12d因此 ,数列 an 为 等差数列, 由 a1 1 知 d 2,所以数列

    5、 an 的通项公式为 an 2n 1 方法二 : 因为 当 n 5 时, an 3 an 3 2an, 所以 a2, a5, a8,成等差数列,设 其公差为 d1,则 a3n 1 a2 (n 1)d1. a3, a6, a9,成等差数列,设 其公差为 d2,则 a3n a3 (n 1)d2. a4, a7, a10,成等差数列,设 其公差为 d3,则 a3n+1 a4 (n 1)d3. 因为 当 n 6 时, an 4 an 4 2an, 所以 a2, a6, a10,成等 差数列,设 其公差为 d. 由于 a14 a2 4d1 a2 3d,所以 4d1 3d. 由于 a18 a6 4d1 a

    6、6 3d,所以 4d1 3d. 由于 a21 a9 4d1 a9 3d,所以 4d1 3d. 所以 d1 d2 d3 34d 由 a6 a2 d a3 d2, 所以 a3 a2 14d 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 3 页( 共 4 页) 由 a10 a2 2d a4 2d2,所以 a4 a2 12d 所以 2a3 a2 a4 故 2a3n a3n-1 a3n+1,即 a3n+1 a3n a3n a3n 1, 所以 an从 第 二项 开始成等差数列 . 下同方法一 思考 : 设 M 2, 5,求数列 an的通项公式 2 (2017 年高考题 )对于给定的

    7、正整数 k,若数列 an满足 : an k an k 1 an 1 an 1 an k 1 an k 2kan,对任意正整数 n(nk)总成立,则称数列 an是 “ P(k)数列 ” 若数列 an既是 “ P(2)数列 ” ,又是 “ P(3)数列 ” ,证明 : an是等差数列 证明 : 数列 an既是 “P(2)数列 ”,又是 “P(3)数列 ”,因此, 当 n3时, an 2 an 1 an 1 an 2 4an, 当 n4时, an 3 an 2 an 1 an 1 an 2 an 3 6an. 由 知, an 3 an 2 4an 1 (an an 1), an 2 an 3 4an

    8、 1 (an 1 an) 将 代入 ,得 an 1 an 1 2an,其中 n4, 所以 a3, a4, a5, 是等差数列,设其公差为 d. 在 中,取 n 4,则 a2 a3 a5 a6 4a4, 所以 a2 a3 d, 在 中,取 n 3,则 a1 a2 a4 a5 4a3, 所以 a1 a3 2d, 所以数列 an是等差数列 思考 : 设 M 2, 5,求数列 an的通项公式 二、方法联想 由含有 Sn 和 an 的多阶递推 证明等差数列时 ,可能需要多次退位作差 目标: (1) an an 1 常数; (2) 2an an 1 an 1; (3)2an an k an k或 an a

    9、n k 常数 ( n N*, n 1) 方法一:从 an的 子数列 akn, akn+1, , akn+k-1成等差 ,根据条件证明这些等差数列的 公 差相等 ,同时 a1,a2, , ak 是等差数列; 方法二: 通过所给条件将 2an an k an k 向 2an an 1 an 1 进行转化 注意: 由于多次进行退位,会导致等式中 n 的取值范围的变化,数列前几项成等差,往往需要进行验证 证明等比数列类似 三、归类 研究 *1已知数列 an 满足 an an 1 2n 1(n N*),求证 : 数列 an为等差数列的充要条件是 a1 1 证:(必要性) 数列 an为等差数列 ,则 an

    10、 a1 (n 1)d, an+1 a1 nd, 所以 an an 1 2a1 (2n 1)d 2n 1 对 n N*恒成立, 所以 d 1,2a1 d 1,解得 a1 1 (充分性)因为 n 2 时, an an 1 2n 1 , an 1 an 2n 1 得 n 2 时, an 1 an 1 2 即 an 的奇数项和偶数项均为公差为 2 的等差数列 因为 a1 a2 3, a1 1,所以 a2 2 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 4 页( 共 4 页) 所以 a2k a2 2(k 1) 2k, a2k 1 a1 2(k 1) 2k 1, 所以 an n,

    11、 数列 an为等差数列 综上, 数列 an为等差数列的充要条件是 a1 1 思考:( 1) 若数列 an an 1为公差为 d 的等差数列,试探究数列 an为等差数列的充要条件,并加以证明; ( 2)若正项数列 an满足:数列 anan 1为公比为 q 的等比数列,试探究数列 na 为等比数列的充要条 件,并加以证明 . 注: 数列 an的奇数项和偶数项都成 公 差相等的等差数列,当前三项也成等差时,数列 an是等差数列 *2 已知数列 an的首项 a1 a, Sn 是数列 an的前 n 项和,且满足: S2n 3n2an S 2n 1, an 0, n 2, n N*,求数列 an的通项公式

    12、 解:由 S2n 3n2an S 2n 1,得 S2n S 2n 1 3n2an,即 (Sn Sn 1)(Sn Sn 1) 3n2an, 即 (Sn Sn 1)an 3n2an,因为 an 0,所以 Sn Sn 1 3n2, (n 2), 所以 Sn 1 Sn 3(n 1)2, ,得 an 1 an 6n 3, (n 2) 所以 an 2 an 1 6n 9, ,得 an 2 an 6, (n 2) 即数列 a2, a4, a6, ,及数列 a3, a5, a7, 都是公差为 6 的等差数列, 因为 a2 12 2a, a3 3 2a 所以 ana, n 1,3n 2a 6, n为奇数且 n

    13、3,3n 2a 6, n为偶数 思考: (1)an是否可以为等差数列? (2)an是否可以为递增数列? *3 设数列 an的各项均为正数若对任意的 n N*,存在 k N*,使得 a2n k an an 2k 成立,则称数列an为 “ Jk 型 ” 数列若数列 an既是 “ J3 型 ” 数列,又是 “ J4 型 ” 数列,证明:数列 an是等比数列 证:由 an是 “J4 型 ”数列,得 a1, a5, a9, a13, a17, a21, 成等比数列,设公比为 t 由 an是 “J3 型 ”数列,得 a1, a4, a7, a10, a13, 成等比数列,设公比为 1; a2, a5, a

    14、8, a11, a14, 成等比数列,设公比为 2; a3, a6, a9, a12, a15, 成等比数列,设公比为 3; 则 a13a1 41 t3, a17a5 42 t3, a21a9 43 t3 所以 1 2 3,不妨记 1 2 3,且 t 43 于是 a3k 2 a1k 1 a1(3 )(3k 2) 1, a3k 1 a5k 2 a1tk 2 a1k 23 a1(3 )(3k 1) 1, a3k a9k 3 a1t2k 3 a1k 13 a1(3 )3k 1, 所以 an a1(3 )n 1,所以 an 1an 3 ,故 an为等比数列 注:利用两个子数列的公共项,求得两个子数列的

    15、公比关系,进而通过三个子数列的通项公式求出原数列的通项公式,由通项公式符合等比数列通项公式的形式,证得等比数列 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 5 页( 共 4 页) *4设 an的 前 n 项和为 Sn 证明 : 对任意 n N*,都有 Sn 12n(a1 an), 则 an为等差数列 证 : n 2 时, Sn 12n(a1 an) , Sn 1 12(n 1)(a1 an 1) , 得 an 12n(a1 an) 12(n 1)(a1 an 1) 12a1 12nan 12(n 1)an 1, 所以 (n 2)an (n 1)an 1 a1, 所以

    16、n3 时, (n 3)an 1 (n 2)an 2 a1, 得 (2n 4)an 1 (n 2)(an 2 an), 又 n 3,所以 2an 1 an 2 an, 即 an an 1 an 1 an 2 从而 an an 1 an 1 an 2 a2 a1 所以 an为等差数列 注: 利用 Sn 与 an 的关系,将条件转化 an 与 an 1 的递推关系,再次 作差 (消去 a1) , 转化为 2an 1 an 2an,进而 证明等差数列 5 命题 p: an 是等差数列;命题 q: 等式 1a1a2 1a2a3 1anan 1 kn ba1an 1对任意 n(n N*)恒成立,其中 k,

    17、b 是常数 *(1)若 p 是 q 的充分条件,求 k, b 的值; *(2)对于 (1)中的 k 与 b,问 p 是否为 q 的必要条件,请说明理由; 解 : (1)设 an的公差为 d, 当 d 0 时原等式可化为 1d 1a11a21a21a3 1an1an 1 kn ba1an 1,所以1dnda1an 1kn ba1an 1, 即 ( )k 1 n b 0 对于 n N*恒成立, 令 n 1, n 2 解得 k 1, b 0 当 k 1, b 0 时 ( )k 1 n b 0 对于 n N*恒成立, 所以 k 1, b 0 当 d 0 时,也成立 综上, k 1, b 0 (2)当

    18、k 1, b 0 时, 1a1a2 1a2a3 1anan 1 na1an 1 对于任意的 n( )n N* 恒成立 当 n 2 时, 1a1a2 1a2a3 1an 1an n 1a1an 1 , 由 得, 1anan 11a1nan 1n 1an ,即 nan ( )n 1 an 1 a1 当 n 3 时, ( )n 1 an 1 (n 2)an a1 , ,得 当 n 3 时, 2an an 1 an 1, 在 中 当 n 2 时, a1 a3 2a2, 所以 n 2 时, 2an an 1 an 1, 即 an an 1 an 1 an 2 a2 a1 所以 an为等差数列,即 p 为

    19、 q 的必要条件 注:利用 Sn 与 an 的关系,将条件转化 为 an 与 an 1 的递推关系,再次 作差 (消去 a1) , 转化为 2an 1 an 2 an,进而 证明等差数列 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 6 页( 共 4 页) *6 在正项数列 an 中, ni 11ai ai 1na1 an 1(p 为正常数 )对正整数 n 恒成立,求证 an 为等差数列 证 : 记 Sn ni 11ai ai 1 所以 Sn ni 11ai ai 1na1 an 1 , Sn 1 n 1i 11ai ai 1(n 1)a1 an 2 , ,得 (n 1

    20、)a1 an 2 na1 an 1 1an 1 an 2, 化简得 当 n 1 时, (n 1)an 1 nan 2 a1 , (n 2)an 2 (n 1)an 3 a1, , 得 当 n 1 时, an 1 an 3 2an 2 在 中令 n 1,得 a1 a3 2a2, 所以 当 n 1 时, an an 2 2an 1 均成立 , 即 an an 1 an 1 an 2 a2 a1, 从而 an 为等差数列 注:利用 Sn 与 an 的关系,将条件转化 为 an 与 an 1 的递推关系,再次 作差 (消去 a1) , 转化为 2an 1 an 2 an,进而 证明等差数列 7 设数列

    21、 an的前 n 项和为 Sn,已知 a1 1, a2 6, a3 11,且 (5n 8)Sn 1 (5n 2)Sn An B, n 1, 2,3, ,其中 A, B 为常数 *(1)求 A 与 B 的值; *(2)证明 : 数列 an为等差数列 解 : (1)由已知,得 S1 a1 1, S2 a1 a2 7, S3 a1 a2 a3 18 由 (5n 8)Sn 1 (5n 2)Sn An B,知 3S2 7S1 A B2S3 12S2 2A B,即 A B 282A B 48, 解得 A 20, B 8 (2)由 (1)得 (5n 8)Sn 1 (5n 2)Sn 20n 8 , 所以 (5n

    22、 3)Sn 2 (5n 7)Sn 1 20n 28 , 得 (5n 3)Sn 2 (10n 1)Sn 1 (5n 2)Sn 20 , 所以 (5n 2)Sn 3 (10n 9)Sn 2 (5n 7)Sn 1 20 , 得 (5n 2)Sn 3 (15n 6)Sn 2 (15n 6)Sn 1 (5n 2)Sn 0 因为 an 1 Sn 1 Sn, 所以 (5n 2)an 3 (10n 4)an 2 (5n 2)an 1 0, 因为 (5n 2)0, 所以 an 3 2an 2 an 1 0, 所以 an 3 an 2 an 2 an 1, n 1, 又 a3 a2 a2 a1 5, 所以数列 a

    23、n为等差数列 注: ( 1)经过两次作差后,才能 用 Sn 与 an 的关系,将条件转化 为 2an 1 an 2 an,进而 证明等差数列 ;( 2)由于多次退位,会导致 n 取值范围的变化,要验证前三项也成等差 *8 已知数列 an, bn满足: bn an 3an 1, n N* 若数列 bn成等差数列,且 b1 5a2 a3,试判断南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 7 页( 共 4 页) 数列 an是否成等差数列?并证明结论 . 解: an成等差数列 下面证明: 由 b1 5a2 a3,可得 a1 3a2 5a2 a3,即 a3 2a2 a1=0;

    24、由 bn an 3an 1 可得 bn 1 an 1 3an 2, bn 2 an 2 3an 3, 又因为数列 bn成等差数列,从而 bn 2 bn 1 bn 1 bn,即 bn 2 2bn 1 bn 0, 从而 bn 2 2bn 1 bn (an 2 3an 3) 2(an 1 3an 2) (an 3an 1) 0, 即 an 2 2an 1 an 3(an 3 2an 2 an 1), 所以 an 2 2an 1 an 3n 1(a3 2a2 a1) 0, 所以数列 an成等差数列 . 注: 将 数列相邻 四项的递推关系转化为 相邻三项的递推关系 . *9 已知数列 an的前三项分别为

    25、 a1 5, a2 6, a3 8,且数列 an前 n 项和 Sn 满足 Sn m 12(S2n S2m) (n m)2,其中 m, n 为任意正整数求数列 an的通项公式 an 解 : 令 n 1, m 2, S3 12(S2 S4) 1, S4 29, a4 10, 令 m 1, Sn 1 12(S2n S2) (n 1)2,令 m 2, Sn 2 12(S2n S4) (n 2)2, 所以 an 2 Sn 2 Sn 1 2n 3 S4 S22 2n 6 2(n 2) 2, 所以 an 2n 2, (n3) 又 a2 6 符合, a1 5 不符合, 所以 an 5, n 12n 2, n

    26、2 注:当递推关系中含有多个变量时, 应利用特殊和一般的关系,通过合理的特殊化,将递推关系转化为一个变量 *10 设数列 an的各项都为正数,其前 n 项和为 Sn,对于任意正整数 m, n, Sm n 2a2m(1 S2n) 1恒成立若 a1 1,求 a2, a3, a4 及数列 an的通项公式 解 : 由条件,令 m n 1,得 1 S2 2a2(1 S2) 所以 (1 S2)2 2a2(1 S2)则 1 S2 2a2 所以 a2 1 a1 因为 a1 1, 所以 a2 2 令 m 1, n 2,得 1 S3 2a2(1 S4)则 (4 a3)2 4(4 a3 a4) 令 m 2, n 1

    27、,得 1 S3 2a4(1 S2)则 (4 a3)2 8a4 解得 a3 4, a4 8 得 1 Sm n 2a2m(1 S2n)令 m 1,得 1 Sn 1 2a2(1 S2n) 令 m 2,得 1 Sn 2 2a4(1 S2n) 所以 1 Sn 21 Sn 1 a4a2(n N*) 因为 a4a2 2, 则数列 1 Sn(n 2, n N*)是公比为 2 的等比数列 , 所以 1 Sn 22n 1 2n, 可以求得 an 2n 1 注: (1)通过特殊化,由递推关系 Sm n 2a2m(1 S2n) 1 得到 1 Sn 1 2a2(1 S2n)和 1 Sn 22a4(1 S2n),进而得出

    28、 数列 1 Sn成等比; (2)求得 a4a2时体现出得方程思想,也是值得好好体会的 11 已知数列 an的各项均为正数,其前 n 项的和为 Sn,且对任意的 m, n N*, 都有 (Sm n S1)2 4a2ma2n *(1)求 a2a1的值; *(2)求证 : an为等比数列 解 : (1)由 (Sm n S1)2 4a2na2m,得 (S2 S1)2 4a22,即 (a2 2a1)2 4a22 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 8 页( 共 4 页) 因为 a1 0, a2 0,所以 a2 2a1 a2,即 a2a1 2 (2)(方法一) 令 m 1

    29、, n 2, 得 (S3 S1)2 4a2a4, 即 (2a1 a2 a3)2 4a2a4, 令 m n 2,得 S4 S1 2a4, 即 2a1 a2 a3 a4 所以 a4 4a2 8a1 又因为 a2a1 2,所以 a3 4a1 由 (Sm n S1)2 4a2na2m,得 (Sn 1 S1)2 4a2na2, (Sn 2 S1)2 4a2na4 两式相除,得 (Sn 2 S1)2(Sn 1 S1)2a4a2,所以Sn 2 S1Sn 1 S1a4a2 2 即 Sn 2 S1 2(Sn 1 S1), 从而 Sn 3 S1 2(Sn 2 S1) 所以 an 3 2an 2,故当 n 3 时,

    30、 an是 公比为 2 的 等比数列 又因为 a3 2a2 4a1,从而 an a1 2 n 1, n N* 显然, an a1 2 n 1 满足题设, 因此 an是首项为 a1, 公比为 2 的等比数列 (方法二) 在 (Sm n S1)2 4a2na2m 中, 令 m n,得 S2n S1 2a2n 令 m n 1,得 S2n 1 S1 2 a2na2n 2 , 在 中 ,用 n 1 代 n 得, S2n 2 S1 2a2n 2 ,得 a2n 1 2 a2na2n 2 2a2n 2 a2n( a2n 2 a2n), ,得 a2n 2 2a2n 2 2 a2na2n 2 2 a2n 2( a2

    31、n 2 a2n), 由得 a2n 1 a2na2n 2 代入,得 a2n 1 2a2n;代入得 a2n 2 2a2n 1, 所以 a2n 2a2n 1 a2n 1a2n 2又 a2a1 2, 从而 an a1 2 n 1, n N* 显然, an a1 2 n 1 满足题设, 因此 an是首项为 a1,公比为 2 的等比数列 注:方法二的技巧性 非常强,但消元的思想方法值得借鉴 *12 已知 an, bn, cn都是各项不为零的数列,且满足 a1b1 a2b2 anbn cnSn, n N*,其中Sn 是数列 an的前 n 项和, cn是公差为 d(d 0)的等 差数列若 an n( 是不为零

    32、的常数 ),求证 : 数列 bn是等差数列; 解 : 因为 a1b1 a2b2 anbn cnSn, 当 n 2 时, Sn 1cn 1 a1b1 a2b2 an 1bn 1, 两式相减得 Sncn Sn 1cn 1 anbn, 即 (Sn 1 an)cn Sn 1cn 1 anbn, Sn 1(cn cn 1) ancn anbn, 即 Sn 1d ncn nbn, 又 Sn1 (n 1)2 (n1) n(n 1)2 , 所以 n(n 1)2 d ncn nbn, 即 (n 1)2 d cn bn, 所以当 n 3 时, (n 2)2 d cn1 bn1, 两式相减得 bnbn1 32d(n

    33、 3), 南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 9 页( 共 4 页) 所以数列 bn从第二项起是公差为 32d 等差数列; 又当 n 1 时,由 S1c1 a1b1 得 c1 b1, 当 n 2 时,由 b2 (2 1)2 d c2 12d (c1 d) b1 32d 得 b2b1 32d, 故数列 bn是公差为 32d 的等差数列 注: (1)当问题中出现多个数列相互限制的关系时,字母符号会比较多, 要合理运用所给条件,化简所给条件 (2)针对条件 (n 1)2 d cn bn,本题选择用定义证明等差数 列 13 数列 an, bn, cn满足 : bn a

    34、n 2an 1, cn an 1 2an 2 2, n N* *(1)若数列 an是等差数列,求证 : 数列 bn是等差数列; *(2)若数列 bn, cn都是等差数列,求证 : 数列 an从第二项起为等差数列; *(3)若数列 bn是等差数列,试判断当 b1 a3 0 时,数列 an是否成等差数列 ?证明你的结论 证 : (1)设数列 an的公差为 d, 因为 bn an 2an 1, 所以 bn 1 bn (an 1 2an 2) (an 2an 1) (an 1 an) 2(an 2 an 1) d 2d d, 所以数列 bn是公差为 d 的等差数列 (2)当 n 2 时, cn 1 a

    35、n 2an 1 2, 因为 bn an 2an 1, 所以 an bn cn 12 1,所以 an 1 bn 1 cn2 1, 所以 an 1an bn 1 cn2 bn cn 12 bn 1 bn2 cn cn 12 , 因为数列 bn, cn都是等差数列, 所以 bn 1 bn2 cn cn 12 为常数, 所以数列 an从第二项起为等差数列 (3)因为 bn an 2an 1, b1 a3 0, 令 n 1, a1 2a2 a3,即 a1 2a2 a3 0, 所以 bn 1 an 1 2an 2, bn 2 an 2 2an 3, 所以 2bn 1 bn bn 2 (2an 1 an a

    36、n 2) 2(2an 2 an 1 an 3), 因为数列 bn是等差数列,所以 2bn 1 bn bn 2 0, 所以 2an 1 an an 2 2(2an 2 an 1 an 3), 因为 a1 2a2 a3 0, 所以 2an 1 an an 2 0, 即 an an 1 an 1 an 2 a2 a1, 所以数列 an是等差数列 注:( 3)中 针对条件 bn an 2an 1,本题选择中项关系证明等差数列 类型 二 : 等差、 等比数列中的求值 一、 高考 回顾 1 (2013 年高考题 )设 an是首 项为 a,公差为 d 的等差数列 (d 0), Sn 是其前 n 项和记 bn

    37、 nSnn2 c,南京市 2019 届高三 数学 二轮专题复习资料 数学 I 试卷 第 10 页( 共 4 页) n N*,其中 c 为实数 (1)若 c 0,且 b1, b2, b4 成等比数列,证明 : Snk n2Sk(k, n N*); (2)若 bn是等差数列,证明 : c 0 证 : 由题设, Sn na n(n 1)2 d (1)由 c 0,得 bn Snn a n 12 d 又因为 b1b2b4 成等比数列,所以 b22 b1b4,即 a d22 a a 32d ,化简得 d2 2ad 0 因为 d 0,所以 d 2a, 因此,对于所有的 m N*,有 Sm m2a 从而对于所

    38、有的 kn N*,有 Snk (nk)2a n2k2a n2Sk (2) 设数列 bn的公差是 d1,则 bn b1 (n 1)d1,则 nSnn2 c b1 (n 1)d1, n N*, 代入 Sn 的表达式,整理得,对于所有的 n N*,有 d1 12d n3 b1 d1 a 12d n2 cd1n c(d1 b1) 令 A d1 12d, B b1 d1 a 12d, D c(d1 b1),则对于所有的 n N*,有 An3 Bn2 cd1n D (*) 在 (*)式中分别取 n 1, 2, 3, 4,得 A B cd1 8A 4B 2cd1 27A 9B 3cd1 64A 16B 4cd1, 从而有7A 3B cd1 0, 19A 5B cd1 0, 21A 5B cd1 0, 由 得 A 0, cd1 5B,代入方程 ,得 B 0,从而 cd1 0 即 d1 12d 0, b1 d1 a 12d 0, cd1 0 若 d1 0, 则由 d1 12d 0,得 d 0,与题设 矛盾,所以 d1 0 又因为 cd1 0,所以 c 0 2 (2014 年高考题 )设数列 an的前 n 项和为 Sn 若对任意的正整数 n,总存在正整数 m,使得 Sn am,则称 an是 “ H 数列 ” (1) 若数列 an的前 n 项和为 Sn


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