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【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训:第13讲 与数列交汇的综合问题2-3-3


名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

基 础 记 忆 提 能 专 训

[二轮备考讲义]
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第二部分 专题三 第3讲

第 1页

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基 础 记 忆 提 能 专 训

第二部分 二轮知识专题大突破
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基 础 记 忆 提 能 专 训

专题三
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基 础 记 忆 提 能 专 训

第三讲
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与数列交汇的综合问题

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第二部分 专题三 第3讲

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1.数列求和问题多以考查公式法、错位相减法和裂项相消法
基 础 记 忆

为主,且考查频率较高,是高考命题的热点. 2.数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点,主 要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究 数列的性质,多为中档题.
提 能 专 训

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3.数列与解析几何交汇主要是点列问题,难度为中等及以上 难度. 4.数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型 进行考查,难度中等及以上.
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基 础 记 忆

基础记忆
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试做真题

基础要记牢,真题须做熟

提 能 专 训

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基础知识不“背死”,就不能“用活”!
基 础 记 忆

1.数列的综合应用 能在具体的问题情境中,识别数列的等差关系或等比关 系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题. 2.数列应用题的求解策略
提 能 专 训

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(1)构造等差、等比数列的模型(有时也会是其他较特殊的数 列). (2)运用相关概念、性质及求和公式进行运算.

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(3)通过“归纳——猜想——证明”的思路探索规律,并尝
基 础 记 忆

试应用规律解题. (4)等价转化和分类讨论的思想方法在求解中起重要作用, 复杂的数列问题总是要通过转化为等差、等比数列或常见的特 殊数列问题来解决.
提 能 专 训

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高考真题要回访,做好真题底气足
基 础 记 忆

1.(2013· 辽宁)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的 前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= ________.
提 能 专 训

[答案] 63
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[解析]
基 础 记 忆

∵a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,且{an}是

递增数列, ∴a3>a1,∴a3=4,a1=1.故公比q=2, a1?1-q ? 1×?1-2 ? ∴S6= = =63. 1-q 1-2
6 6

提 能 专 训

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2.(2014· 湖南)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈
基 础 记 忆

N*. (1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值; 1 (2)若p= ,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数 2
提 能 专 训

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列{an}的通项公式.

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解:(1)因为{an}是递增数列,所以an+1-an=|an+1-an|=pn.
基 础 记 忆

而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1. 又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,即3p2-p=0, 1 解得p=3或p=0.
提 能 专 训

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1 当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾,故p= . 3 (2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1 -a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①

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1 1 但22n< 2n-1, 2
基 础 记 忆

所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.② 由①②知,a2n-a2n-1>0,
2n ?1? - ? - 1 ? 因此a2n-a2n-1=?2?2n 1= 2n-1 .③ 2 ? ?

提 能 专 训

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因为{a2n}是递减数列,同理可得a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n
2n+1 ?1? ? - 1 ? =-?2?2n= 22n .④ ? ?

?-1?n+1 由③④知,an+1-an= . 2n
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于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)
基 础 记 忆

?-1?n 1 1 =1+ - 2+?+ n-1 2 2 2 1 =1+ · 2
? 1? - 1-?-2?n 1 ? ?
提 能 专 训

1 1+ 2
n

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4 1 ?-1? = + · n -1 . 3 3 2 4 1 ?-1? 故数列{an}的通项公式为an=3+3· n-1 . 2
n

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3.(2014· 安徽)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.
基 础 记 忆

(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px; (2)数列{an}满足a1>c
+1

1 p

p-1 c 1 -p ,an+1= p an+pan ,证明:an>an

>c .

1 p

提 能 专 训

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证明:(1)用数学归纳法证明,
基 础 记 忆

①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假设当p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立. 则当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1 +(k+1)x+kx2>1+(k+1)x,
提 能 专 训

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所以当p=k+1时,原不等式也成立.

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综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式
基 础 记 忆

(1+x)p>1+px均成立. (2)证法一:先用数学归纳法证明an>c . ①当n=1时,由题设知a1>c 成立,
1 p 1 p

提 能 专 训
1 p

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②假设当n=k(k≥1,k∈N )时,不等式ak>c 成立. p-1 c 1 -p 由an+1= p an+pan ,易知an>0,n∈N*.

*

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? ak+1 p-1 c -p 1? c 则当n=k+1时, = + ak =1+ ?ap-1?. ak p p p? k ?
基 础 记 忆

由ak>c >0,得
? 1 1? c -1<- < ?ap-1?<0. p p? k ?
提 能 专 训

1 p

由(1)中的结论,得
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?ak+1? ? ?? ? 1? c 1? c c ? ?p ? ? p ? ? ? ? -1 = p. ? a ? =?1+p?ap-1?? >1+p· p?ap ? ak ? k ? k ? k ?

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基 础 记 忆

1 p 因此ak+1>c,即ak+1>c p

.
1 p

所以当n=k+1时,不等式an>c 也成立. 综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c 均成立.
1 p

提 能 专 训

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? an+1 an+1 1? c 再由 a =1+p?ap-1?可得 a <1, ? n ? n n

即an+1<an.

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基 础 记 忆

综上所述,an>an+1>c ,n∈N*.
1 p-1 c 1-p 证法二:设f(x)= x+ x ,x≥c p ,则xp≥c, p p

1 p

p- 1 c p-1? c? -p 由f′(x)= p +p(1-p)x = p ?1-xp?>0, ? ?
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提 能 专 训

得x>c

1 p

.
1 p

由此可得f(x)在[c ,+∞)上单调递增,

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基 础 记 忆

因而,当x>c

1 p

时,f(x)>f(c )=c
1 p

1 p

1 p

, p p

①当n=1时,由a1>c p1

p-1 c p >0,即a 1 >c可知,a2= a1+ a1-
提 能 专 训

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1 1 ? 1? c =a11+p?ap1-1?<a1,并且a2=f(a1)>c p ,从而a1>a2>c p . ? ?

故当n=1时,不等式an>an+1>c 成立.

1 p

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基 础 记 忆

②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>c 当n=k+1时,f(ak)>f(ak+1)>f(c ),即有ak+1>ak+2>c 所以当n=k+1时,原不等式也成立.
1 p 1 p

1 p

成立,则

.
提 能 专 训

综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>c
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1 p

均成

立.

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基 础 记 忆

热点盘点
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细研深究

提 能 专 训

必须回访的热点名题

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数列与函数的综合
基 础 记 忆

[试题调研] [例1] (2014· 四川)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在
提 能 专 训

函数f(x)=2x的图象上(n∈N*). (1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的

热 点 盘 点

前n项和Sn; (2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的
? 1 ?an? ? ? 截距为2-ln 2,求数列 b ?的前n项和Tn. ? n? ? ?

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[命题意图]
基 础 记 忆

本题主要考查等差数列与等比数列的概念、等

差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式、导数的几何意义 等基础知识,考查考生的运算求解能力.
提 能 专 训

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[解析]
基 础 记 忆

(1)由已知,b7=2a7,b8=2a8=4b7,

有2a8=4×2a7=2a7+2. 解得d=a8-a7=2. n?n-1? 所以Sn=na1+ d=-2n+n(n-1)=n2-3n. 2
提 能 专 训

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(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2 2)(x-a2),

ln

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1 它在x轴上的截距为a2- . ln 2
基 础 记 忆

1 1 由题意,知a2-ln 2=2-ln 2,解得a2=2. 所以d=a2-a1=1,从而an=n,bn=2n.

提 能 专 训

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n-1 n 1 2 3 所以Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2

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基 础 记 忆

2 3 n 2Tn=1+ + 2+?+ n-1. 2 2 2 1 1 1 n 因此,2Tn-Tn=1+2+22+?+ n-1-2n 2
n+1 n 2 -n-2 =2- n-1-2n= . n 2 2

1

提 能 专 训

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2n 1-n-2 所以Tn= . 2n


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基 础 记 忆

1.数列与函数的综合问题主要有以下两类 (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数 的性质、图象研究数列问题; (2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充
提 能 专 训

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分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形.

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第二部分 专题三 第3讲

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2.解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的
基 础 记 忆

思想方法求解,在问题的求解过程中往往会遇到递推数列,因 此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决.
提 能 专 训

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[回访名题]
基 础 记 忆

已知数列{an}的首项a1=4,前n项和为Sn,且Sn+1-3Sn-2n -4=0(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设函数f(x)=anx+an-1x2+an-2x3+?+a1xn,f′(x)是函数
提 能 专 训

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f(x)的导函数,令bn=f′(1),求数列{bn}的通项公式,并研究其 单调性.

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解:(1)由Sn+1-3Sn-2n-4=0(n∈N*),得
基 础 记 忆

Sn-3Sn-1-2n+2-4=0(n≥2), 两式相减得an+1-3an-2=0,可得an+1+1=3(an+ 1)(n≥2),又由a1=4可得a2=14,所以a2+1=3(a1+1), 即{an+1}是一个首项为5,公比为3的等比数列,
提 能 专 训

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所以an=5×3n-1-1(n∈N*). (2)因为f′(x)=an+2an-1x+?+na1xn 1,


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所以f′(1)=an+2an-1+?+na1=(5×3n 1-1)+2(5×3n


-2

基 础 记 忆

-1)+?+n(5×30-1) =5[3
n-1

+2×3

n-2

+3×3

n-3

n?n+1? +?+n×3 ]- 2 .
0

令S=3n 1+2×3n 2+3×3n 3+?+n×30,
- - -

提 能 专 训

热 点 盘 点

则3S=3n+2×3n-1+3×3n-2+?+n×31,

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基 础 记 忆

n 3-3 求得S=-2- 4

n+1



5×3n+1-15 n?n+6? 所以f′(1)= - 2 . 4 5×3n+1-15 n?n+6? 即bn= - 2 , 4

提 能 专 训

热 点 盘 点

5×3n+2-15 ?n+1??n+7? 而bn+1= - , 4 2 15×3n 7 两式作差,得bn+1-bn= -n- >0, 2 2 所以{bn}是单调递增数列.
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数列与不等式的综合
基 础 记 忆

[试题调研] [例2] (2014· 淄博二模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+
提 能 专 训

2n+1,且n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式;

热 点 盘 点

2n+1 (2)令bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,如果对于任意的 anan+1 n∈N*,都有Tn>m,求实数m的取值范围.

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[命题意图]
基 础 记 忆

本题主要考查数列的概念、通项公式、求和公

式、不等式性质等基础知识,意在考查考生的运算求解能力.
提 能 专 训

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[解析]
基 础 记 忆

(1)∵an+1=an+2n+1,

∴an+1-an=2n+1, 而an-an-1=2n-1, ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)
提 能 专 训

热 点 盘 点

n?1+2n-1? 2 =1+3+5+?+(2n-1)= = n . 2 (2)由(1),知

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基 础 记 忆

2n+1 2n+1 1 1 bn= = 2 2= 2- 2, n anan+1 n ?n+1? ?n+1?
?1 ?1 1 ? 1? ?1 1? 1 ? ? ? ? ? ? - ∴Tn= 12-22 + 22-32 +?+?n2 ?n+1?2?=1- 2. ? n + 1 ? ? ? ? ? ? ?

∴数列{bn}是递增数列,
热 点 盘 点

提 能 专 训

1 3 3 ∴最小值为1- = ,只需要4>m. ?1+1?2 4
? 3? ∴m的取值范围是?-∞,4?. ? ?

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基 础 记 忆

1.数列与不等式的综合问题考查内容 (1)判断数列问题中的一些不等关系. (2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题. (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.
提 能 专 训

热 点 盘 点

(4)有关的最值问题.

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2.证明与数列交汇的不等式问题的常用方法
基 础 记 忆

(1)作差比较法证明. (2)判断数列的单调性,根据数列的取值范围证明. (3)合理利用放缩法证明. 3.数列中不等式的放缩问题
提 能 专 训

热 点 盘 点

在数列求和时,为了证明的需要,需要合理变形,常用到 放缩法,常见的放缩技巧有:

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基 础 记 忆

1 ? 1 1 1? ? 1 (1) 2< 2 = ?K-1-K+1? ?. K K -1 2? ? 1 1 1 1 1 (2) - < < - . K K+1 K2 K-1 K 1 (3)2( n+1- n)< <2( n- n-1). n

提 能 专 训

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[回访名题]
基 础 记 忆

(2014· 青岛质检)已知{an}是等差数列,公差为d,首项a1= 3,前n项和为Sn.令cn=(-1)nSn(n∈N*),{cn}的前20项和T20= 330.数列{bn}满足bn=2(a-2)d
n -2

+2

n-1

,a∈R.

(1)求数列{an}的通项公式;
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(2)若bn+1≤bn,n∈N*,求a的取值范围.

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解:设等差数列的公差为d.∵cn=(-1)nSn,
基 础 记 忆

∴T20=-S1+S2-S3+S4+?+S20=330. 则a2+a4+a6+?+a20=330, 10×9 ∴10(3+d)+ ×2d=330. 2
提 能 专 训

热 点 盘 点

解得d=3,∴an=3+3(n-1)=3n. (2)由(1)知,bn=2(a-2)3n-2+2n-1, bn+1-bn=2(a-2)3n 1+2n-[2(a-2)3n 2+2n 1]
- - -

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=4(a-2)3n 2+2n


-1

基 础 记 忆

=4· 3

n-2?

? 1?2?n-2? ? ? ? ? a - 2 ? + , ? 2?3? ? ? ?

1?2?n-2 由bn+1≤bn,得(a-2)+ ?3? ≤0, 2? ? 1?2?n-2 解得a≤2-2?3? . ? ?

提 能 专 训

热 点 盘 点

1?2?n-2 ∵2- ?3? 随着n的增大而增大, 2? ? 1?2?n-2 5 ? ? ∴n=1时,2-2 3 的值最小为4, ? ?
? 5? 5 ∴a≤4,即a的取值范围是?-∞,4?. ? ?
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数列与解析几何的综合
基 础 记 忆

[试题调研] [例3] 在直角坐标平面上有一点列P1(x1,y1),P2(x2,
提 能 专 训

y2),?,Pn(xn,yn),?,对一切正整数n,点Pn位于函数y=3x 13 5 + 4 的图象上,且Pn的横坐标构成以- 2 为首项,-1为公差的
热 点 盘 点

等差数列{xn}. (1)求点Pn的坐标;

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第45页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

(2)设抛物线列c1,c2,c3,?,cn,?中的每一条的对称轴
基 础 记 忆

都垂直于x轴,第n条抛物线cn的顶点为Pn,且过点Dn(0,n2+ 1 1 1),记与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn,求 k k + k k +? 1 2 2 3 + 的值; kn-1kn 1
提 能 专 训

热 点 盘 点

(3)设S={x|x=2xn,n∈N,n≥1},T={y|y=4yn,n∈N, n≥1},等差数列{an}的任一项an∈S∩T,其中a1是S∩T中的最 大数,-265<a10<-125,求{an}的通项公式.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第46页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

[解析]
基 础 记 忆

5 3 (1)∵xn=- +(n-1)×(-1)=-n- , 2 2

13 5 ∴yn=3xn+ 4 =-3n-4,
? 3 5? ∴Pn?-n-2,-3n-4?. ? ?

提 能 专 训

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(2)∵cn的对称轴垂直于x轴,且顶点为Pn,
? 2n+3? ? ?2 12n+5 ∴设cn的方程为y=a?x+ , ? - 4 2 ? ?

把Dn(0,n2+1)代入上式,得a=1,

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第47页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

∴cn的方程为y=x2+(2n+3)x+n2+1,
基 础 记 忆

kn=y′|x=0=2n+3, 1 ∴ = kn-1kn ?2n+1??2n+3? 1 ? 1? ? 1 = ?2n+1-2n+3? ?, 2? ? 1 1 1 ∴k k +k k +?+ kn-1kn 1 2 2 3 1?1 1? ?1 1? 1 1 =2?5-7?+?7-9?+?+ - 2n+1 2n+3 ? ? ? ? 1
提 能 专 训

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[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第48页

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基 础 记 忆

1 ? 1? 1 1 ?1 ? = ?5-2n+3?= - . 2? 10 4 n + 6 ? (3)S={x|x=-(2n+3),n∈N,n≥1}, T={y|y=-(12n+5),n∈N,n≥1} ={y|y=-2(6n+1)-3,n∈N,n≥1},
提 能 专 训

热 点 盘 点

∴S∩T=T,T中最大数a1=-17. 设{an}的公差为d, 则a10=-17+9d∈(-265,-125),

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第49页

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248 由此得- <d<-12. 9
基 础 记 忆

又∵an∈T,∴d=-12m(m∈N*), ∴d=-24,∴an=7-24n(n∈N*).
提 能 专 训

热 点 盘 点

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第50页

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基 础 记 忆

数列与解析几何的综合主要是点列问题,解决点列问题的 关键是充分利用解析几何的有关性质、公式,建立数列的递推 关系式或通项公式之间的关系,然后借助数列的知识加以解 决.
提 能 专 训

热 点 盘 点

求解点列问题的关键是寻求点的横坐标或纵坐标之间的关 系,根据这种关系转化为等差数列或等比数列进行求解,与曲 线的切线相关时,注意充分利用导数的几何意义.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第51页

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[回访名题]
基 础 记 忆

已知点集L={(x,y)|y=m· n},其中m=(2x-2b,1),n=(1,1 +2b),点列Pn(an,bn)在点集L中,P1为L的轨迹与y轴的交点, 已知数列{an}为等差数列,且公差为1,n∈N . (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
*

提 能 专 训

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→ (2)求OPn· OPn+1的最小值; 5 (3)设cn= (n≥2),求c2+c3+c4+?+cn的值. n· an|PnPn+1|

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第52页

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解:(1)由y=m· n,m=(2x-2b,1),n=(1,1+2b),得y=2x
基 础 记 忆

+1, 即L的轨迹方程为y=2x+1. ∵P1为L的轨迹与y轴的交点, ∴P1(0,1),则a1=0,b1=1.
提 能 专 训

热 点 盘 点

∵数列{an}为等差数列,且公差为1, ∴an=n-1(n∈N*), 代入y=2x+1,得bn=2n-1(n∈N*). (2)∵Pn(n-1,2n-1),∴Pn+1(n,2n+1),
[二轮备考讲义] 第二部分 专题三 第3讲
第53页

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基 础 记 忆

→ OPn

· OPn+1=(n-1,2n-1)· (n,2n+1)=5n2-n-1=

? 1 ?2 21 5?n-10? - . 20 ? ?

→ ∵n∈N ,∴当n=1时,OPn· OPn+1有最小值为3.
*

提 能 专 训

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(3)当n≥2时,由Pn(n-1,2n-1),得 an· |PnPn+1|= 5(n-1), 5 1 1 1 cn= = = - , n· an|PnPn+1| n?n-1? n-1 n

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第54页

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∴c2+c3+?+cn
基 础 记 忆

? 1 ? 1? 1? ?1 1? ? =?1-2?+?2-3?+?+?n-1-n? ? ? ? ? ? ? ?

1 n-1 =1- = . n n
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提 能 专 训

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第55页

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数列中的探索性问题
基 础 记 忆

[试题调研] [例4] an 已知数列{an}中,a1=1,an+1= (n∈N*). an+3

? 1? ?1 ? ? + (1)求证: a 2?是等比数列,并求{an}的通项公式an; ? ? ? n ?
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提 能 专 训

n (2)数列{bn}满足bn=(3 -1)· n · an,数列{bn}的前n项和为 2
n

Tn,若不等式(-1) λ<Tn+ 范围.

n

n 2
n -1

对一切n∈N*恒成立,求λ的取值

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第56页

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[解析]
基 础 记 忆

an+3 an 1 3 1 (1)由an+1= ,得 = a =1+a ,即 + an+3 an+1 a n n n +1

?1 1? 1 ? + ?, = 3 2 ?an 2?

1 1 3 又a +2=2, 1
热 点 盘 点

提 能 专 训

? 1? 3 ?1 ? ? ? ∴ a +2 是以2为首项,3为公比的等比数列, ? ? ? n ?
n 1 1 3 3 2 n-1 ∴ + = ×3 = ,即an= n . an 2 2 2 3 -1

n (2)bn= n-1, 2
[二轮备考讲义] 第二部分 专题三 第3讲
第57页

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基 础 记 忆

1 1 1 1 1 Tn=1×20+2×21+3×22+?+(n-1)× n-2+n× n-1, 2 2 Tn 1 1 1 1 2 =1×21+2×22+?+(n-1)×2n-1+n×2n, 两式相减,得

提 能 专 训

热 点 盘 点

n+2 Tn 1 1 1 1 1 = + + +?+ n-1-n× n=2- n , 2 20 21 22 2 2 2 n+2 ∴Tn=4- n-1 , 2 ∴(-1) λ<4-
n

. 2n-1
[二轮备考讲义] 第二部分 专题三 第3讲
第58页

2

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若n为偶数,则λ<4-
基 础 记 忆

2

n-1,∴λ<2;

2

若n为奇数,则-λ<4- ∴-λ<2,∴λ>-2. ∴-2<λ<2.

, 2n-1

2

提 能 专 训

热 点 盘 点

即λ的取值范围是(-2,2).

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第59页

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基 础 记 忆

探索性问题是一类具有开放性和发散性的问题,此类题目 的条件或结论不完备,要求考生自己结合已知条件,进行观 察、分析、比较和概括.其常见题型为下列三种: 1.条件探索性问题
提 能 专 训

热 点 盘 点

对于条件探索性问题,往往采用分析法,从结论和已知条 件入手,执果索因,导出所需的条件.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第60页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

2.结论探索性问题
基 础 记 忆

结论探索性问题是指那些题目中结论不明确或者答案不唯 一,给考生留有较大探索余地的试题.它要求考生充分利用已 知条件进行猜想、透彻分析、发现规律、获取结论,这一类问 题主要考查考生的发散思维能力,具有解法活、形式新的特
提 能 专 训

热 点 盘 点

点,不仅有利于考查和区分考生的综合素质和创新能力,而且 还可以有效地检测和区分考生的学习潜能,因此成为高考的热 点.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第61页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

3.存在探索性问题
基 础 记 忆

处理这种问题的一般方法是:首先假定题中的数学对象存 在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提 下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出 肯定结论.反证法在解这类题中起着重要的作用.
提 能 专 训

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[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第62页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

[回访名题]
基 础 记 忆

设数列{an}的各项均为正实数,bn=log2an,若数列{bn}满 足b2=0,bn+1=bn+log2p,其中p为正常数,且p≠1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若p=2,设数列{cn}对任意的n∈N*,都有c1bn+c2bn-1+
提 能 专 训

热 点 盘 点

c3bn-2+?+cnb1=-2n成立,问数列{cn}是不是等比数列?若 是,请求出其通项公式;若不是,请说明理由.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第63页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

解:(1)因为bn+1=bn+log2p,所以bn+1-bn=log2p,所以数
基 础 记 忆

列{bn}是以log2p为公差的等差数列, 又b2=0,所以bn=b2+(n-2)log2p=log2pn-2, 故由bn=log2an,得an=2bn=2log2p
n-2

=p

n-2

.

(2)因为p=2,由(1),得bn=n-2,
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提 能 专 训

所以c1(n-2)+c2(n-3)+c3(n-4)+?+cn(-1)=-2n,① 则c1(n-1)+c2(n-2)+c3(n-3)+?+cn+1(-1)=-2(n+ 1),②

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第64页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

由②-①,得c1+c2+c3+?+cn-cn+1=-2,③
基 础 记 忆

所以c1+c2+c3+?+cn+cn+1-cn+2=-2,④ cn+2 再由④-③,得2cn+1=cn+2,即 =2(n∈N*), cn+1 所以当n≥2时,数列{cn}成等比数列,
提 能 专 训

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c2 又由①式,可得c1=2,c2=4,则c =2, 1 所以数列{cn}一定是等比数列,且cn=2n.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第65页

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基 础 记 忆 提 能 专 训 热 点 盘 点

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第66页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

[典例]
基 础 记 忆

(2014· 江苏)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Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H 数列”;
提 能 专 训

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(2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0,若{an}是 “H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数 列”{bn}和{cn},使得an=bn +cn(n∈N*)成立.
[二轮备考讲义] 第二部分 专题三 第3讲
第67页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

[命题意图] 本题主要考查数列的概念、等差数列等基础知
基 础 记 忆

识,考查考生的探究能力及推理论证能力. [审题策略] (1)先利用an与Sn的关系求出an,再根据“H数
提 能 专 训

列”的定义即可证明结论. (2)可采用由特殊到一般的方法,先取n=2,结合“H数
热 点 盘 点

列”的定义求出d的值,然后可求出an与Sn,再根据“H数列” 的定义验证结论对任意的n成立.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第68页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

(3)an=a1+(n-1)d,考虑到非零常数列不是“H数列”,因
基 础 记 忆

而应考虑将an分解改写为两个等差数列和的形式an=na1+(n- 1)(d-a1),然后再分别按“H数列”的定义证明{na1}和{(n- 1)(d-a1)}为“H数列”,即可证得结论.
提 能 专 训

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[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第69页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

[解析]
基 础 记 忆

(1)证明:由已知,
+ ①

当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n 1-2n=2n. 于是对任意的正 整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am. 所以{an}是“H数列”. (2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所
提 能 专 训

热 点 盘 点

以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1)d,于是(m- 2)d=1.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第70页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

因为d<0,所以m-2<0,故m=1.
基 础 记 忆

从而d=-1. n?3-n? 当d=-1时,an=2-n,Sn= 是小于2的整数,n∈ 2 N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-
提 能 专 训

热 点 盘 点

n?3-n? ,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”,因此d的 2 值为-1. (3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d= na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第71页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则an=bn+cn(n∈N*).
基 础 记 忆

下证{bn}是“H数列”. 设{bn}的前n项和为Tn, n?n+1? 则Tn= a1(n∈N*). 2
提 能 专 训

热 点 盘 点

n?n+1? 于是对任意的正整数n,总存在正整数m= ,使得Tn 2 =bm,所以{bn}是“H数列”.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第72页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

同理可证{cn}也是“H数列”.
基 础 记 忆

所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn} 和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立. [失分警示] 失分点1 题中①处容易忽略n≥1的条件限制
提 能 专 训

而直接给出an+1=Sn+1-Sn.
热 点 盘 点

失分点2

对于第(2)问的解法,在从特殊关系求得d=-1后

没有回到一般结论中而失分.

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第73页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

失分点3 对于题中的第(3)问,想不到将an改写为bn=na1与
基 础 记 忆

cn=(n-1)(d-a1)进行论证而感觉无从下手. [答题指导] 此类问题的重点为准确把握题目给出的新定义 “H数列”所需要满足的条件,在求解问题过程中,要紧紧围绕 定义进行推理求解.
提 能 专 训

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[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第74页

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学(理)

基 础 记 忆

进入提能专训(十二)
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提 能 专 训

[二轮备考讲义]

第二部分 专题三 第3讲

第75页

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