高中数学复习之--数列ppt 北师大版

后解：a1 = 2， q = 3
n 1 故数列 { an } 的通项公式为a 3 。 n 2
n 2 ( 1 3 ) n （Ⅱ） ∵ S 3 1， n 1 3
Sn Sn2 (3n 1 )(3n2 1 ) ∴ 2 Sn1 (3n1 1 )2 32n2 (3n 3n2 ) 1 32n2 2.3n1 1
四、复习中应注意的几点
1．要注意数列是特殊的函数，而通项公式正是这个 函数的解析表达式，只不过自变量为n，是一个 自然数，它所表示的函数图象应为在曲线上孤立 的点（不连续）； 2．由于数列是特殊的函数，所以数列也有递增、递 减、常量数列及摆动数列的情况。函数中存在最 大、最小值，数列中也有最大项、最小项、也存 在前n项和的正、负问题； 3．解好数列的综合题，注意“基本量法”和“整体 代入”的解法，通过方程、方程组及不等式来求 解；
一、学过什么
1．数列是一种特殊的函数，是以自然数为自变量的函 数，因此，它具备函数的性质，可以利用函数的观 点和思想方法，研究数列； 2．不等式的基本性质、不等式的解法，是研究函数时 的重要依据。因此，不等式与数列有着密切的关 系，也是研究数列的工具；
3．函数的基本概念，函数的基本性质，函数的图象是 综合数列、不等式的中心内容。
5 d 3
由于
an 0 ，
5 100 ( n 3 )( ) 0 3
∴
n≥63.
5 若 a3 = －100，a123 = 100，则 d 3
与 a33 = 50 矛盾 （a33 =－50） ∴满足条件的最小自然数n = 63.
解： 略
解后思考：注意对条件的讨论，再依据条件转化为
1 1 a a 2 2 k 3 2 ( k 1 ) 1 2 2 a a k k
2 k 1 2 k
∴ n = k+1时， a ( k 1 ) 1 成立， k 1 2
1 （舍去 2 0 ） ak
综上所述，对一切正整数n， an 2n 1 成立
另外证法：利用递堆公式
三、考过什么
设数列{an}满足
例
（Ⅰ）证明： a n （Ⅱ）令
1
1 an1 an an
a1=2, （n =1, 2 … ）
2 n1 对一切正整数n成立。
bn
an
的大小并说明理由。
n
（n=1,2 … ）判定bn与 bn+1
分 析a 欲证：
n
2 n1 对一切正整数n成立，应当想
不等式求解，解出n≥63，故满足条件的最小的自然数 为63。
f ( x ) log ( x a ) 2．已知函数 y 的图象过原点， 2
（1）若 f (x－3) 、 f ( 2 1) 、f (x－4) 成等差数列， 求x值。 （2）若φ (x ) = f (x )+1，三个正数 m，n，t 成等比数列。 求证：φ(m)&# log ( x 2 ) log ( x 3 ) 即： 2 2 2 2
log ( x 2 )( x 3 ) 2 2
(x2)(x3) 2 x 3
解出x = 4
欲证： φ (m) +φ (t) ≥2φ (n) 就要明确 φ (m) = ？ φ (t) = ? φ (n) = ? ∵ φ (m) = f(m) + 1 φ (t) = f(t) +1 φ (n) = f(n) +1 ∴ 若要证φ (m) + φ (t) ≥ 2 φ (n) 只需： f(m) +1 + f(t) + 1 ≥ 2 f(n) + 2 只要f(m) + f(t) ≥ 2 f(n)
五、例题解析
1．设 {an} 为等差数列， a 3
a 100，a33 = 50. 123
那么使 an≤0 的最小自然数 n 为 ________________。
分 析
若 a3 = a123 = 100，则推出{an}为常数列
与 a33 = 50 矛盾 ∴a3 =100而a123 = －100， 解
1 a a 2 2 a n 1
2 n 2 n 1
a a
2 n 1
2 n 2
1 2 2 a n 2
a
2 n 2
……
2 2
1 a 2 2 a n 3
2 n 3
1 a a 2 2 a1
2 1
1 1 1 2 a a 2 ( n 1 ) 2 2 ( n 1 ) 2 2 2 a a 1 a 2 n 1
1 1 1 1 ( n ) S S ∴ f 2 n 1 n 1 n 2 n 3 2 n 2 n 1 1 1 1 1 1 由于 f ( n 1 ) n 3 n 4 2 n 1 2 n 2 2 n 3
四、复习中应注意的几点
4．数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函 数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对 基础和能力的双重检验。而三者的求证题所呈 现出的代数推理是近年来高考命题的新热点； 5．数列问题对能力要求较高，特别是对运算能力、 归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力的要 求更为突出，数列与函数，不等式的综合，为 综合能力的考查，提供了方便、复习中应高度 重视。




n ( n 1 ) ( n 1 ) n ( n 1 n ) ( 2 n 1 ) n ( n 1 ) ( n 1 a ) a ( n 1 ) ( n 1 n ) a n n n
n n 1 0 n ( n 1 n)a n
二、考试要求
1．对数学基础知识的考查，要求全面又突出重点， 注重学科的内在联系和知识的综合； 2．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列 出一种方法，特别要理解，掌握等差数列，等比 数列的概念，通项公式及前 n 项和公式，能用它 们解决一些问题； 3．掌握不等式的性质、解法、特别是含有绝对值的 不等式的解法与证明； 4．理解函数的概念，能用函数的性质，函数的思想 综合解决有关数列、不等式的问题。
分 析
解此题首先要知 f (x )，因此先通过图像过原点， 确定 a ，
log ( 0 a ) ∵ 0 2 ∴ a = 1.
则
f ( x ) log ( x 1 ) 2
) 成等差数列， )、 f ( 2 1) 、 f (x4 由于 f (x3
所以可得
2 f (2 1 ) f ( x 3 ) f ( x 4 )
到数学归纳法，这也是证明不等式的一个基本方 法，在比较 b n 与
b n 1 大小的时候，可利用函数
的思想，利用函数的单调性进行比较。
2 2 1 1 证明：（1）当n =1时，a 不等式成立 1
假设 n = k 时，
2 则 ak 2k 1 ，
ak 2 k1 成立，
当 n = k+1时，
n 2 n n 2 3 23 3 1 2 1 n 2 n 1 3 2 3 1
S n S n 2 即： 1 2 ( S n 1 )
解后思考
本题的解题过程中蕴含着方程思想，通过 方程组，求出a1 和 q，再求an。这也是一种基 本的思想，证明不等式时，注意均值不等式的 使用，也就是说对不等式进行了放缩，利用放 缩法证明不等式也是高考的重要的考查内容。


∴
bn1 bn
2 2 a a 2 2 n 1 b n 解法三： b n 1 n n 1 n 2 a 1 2 1 ( a 2 ) n n 2 n 1 n a n
1 1 a (2 2 n ) n 1 n a n
2
1 1 2 n 1 ( 2 ) n 1 2 n 1 n
解：∵
1 1 1 S 1 (nN n ) 2 3 n
1 1 11 1 1 1 1 ∴ S 2 n 1 2 3 n n 1 n 22 n 2 n 1
11 1 1 S 1 n 1 23 nn 1
1 1 1 ( ) 0 n 12 n 1 n
∴
bn1 bn
解后思考
本题重点考查数列与不等式的综合证 题时，可利用数学归纳法，函数的单调性 及数列的递推关系，求证，适当进行放缩， 可达到解题的目的。证明不等式可用比较 法，作差、作商均可，注意条件的使用。
例2 ．
已知数列 {an } 为等比数列，a2 6 ， a5 162 （Ⅰ）求数列 {an } 的通项公式。 （Ⅱ）设 S n 是数列 {an } 的前n项和，
2 m t 2 mt 2 n 2 n 根据均值定理有
∴m+t ≥2n 显然成立 由于以上各步骤均可逆推， ∴ 原命题成立 证明：略。
解后思考：此题为函数、数列、不等式的综合题，通过
f(x-3)、 f ( 2 、 1)f(x-4) 成等差数列，得到关于x的方程，又通 过φ (x)=f(x)+1的关系，证明不等式，考查了对数列基础知识
（2）试确定实数 m 的取值范围，使得对于一切大于 1 的 自然数 n 不等式：
11 m2 log f ( n ) log ( n 1 ) m m 1 20
2


恒成立.
分 析 要想利用不等式恒成立求 m 的取值范围，就应当
知道f(n) 是谁，而f(n)又与数列 Sn 有关，因此，要从 f(n)= S2n+1-Sn+1 入手求解,为了求解方便，应当知道， 若想 f (n) 大于已知式恒成立，只要知道 f (n) 是单调 递增的函数，那么 f (2) 为 f (n) 的最小值，只要f(2)>已 f( 2 ) 知式恒成立即可。