2022年2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版精编讲义:第七章数列与数学归纳法7.4第2课时Word版含解析 .pdf
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1、名校名师推荐1 第 2 课时数列的综合应用题型一数列和解析几何的综合问题例 1(2004 浙江)已知 OBC 的三个顶点坐标分别为O(0,0),B(1,0),C(0,2),设 P1为线段BC 的中点,P2为线段 CO 的中点,P3为线段 OP1的中点,对于每一个正整数n,Pn3为线段PnPn1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn),an12ynyn1yn2.(1)求 a1,a2,a3及 an的值;(2)求证:yn41yn4,nN*;(3)若记 bny4n4 y4n,n N*,求证:bn是等比数列(1)解因为 y1y2y41,y312,y534,所以 a1a2a32,又由题意可知yn3ynyn12
2、,所以 an112yn1yn2yn312yn1yn2ynyn1212ynyn1yn2an,所以 an为常数列,所以 ana12,nN*.(2)证明将等式12ynyn1yn22 两边除以2得14ynyn1yn221.又因为 yn4yn1yn22,所以 yn4 1yn4,nN*.(3)证明因为 bn1 y4n8y4n41y4n44 1y4n414(y4n4y4n)14bn,又因为 b1y8y4140,所以 bn是首项为14,公比为14的等比数列名校名师推荐2 思维升华利用题目中曲线或直线上点的坐标之间的关系,得到数列的递推关系,然后利用数列的递推关系寻求数列通项,从而求解题目跟踪训练1(2016
3、浙江)如图,点列 An,Bn 分别在某锐角的两边上,且|AnAn1|An1An2|,AnAn2,nN*,|BnBn1|Bn1Bn2|,Bn Bn2,nN*(PQ 表示点 P 与 Q 不重合)若dn|AnBn|,Sn为 AnBnBn1的面积,则()A Sn是等差数列B S2n 是等差数列C dn是等差数列D d2n是等差数列答案A 解析作 A1C1,A2C2,A3C3,AnCn垂直于直线B1Bn,垂足分别为C1,C2,C3,Cn,则 A1C1A2C2 AnCn.|AnAn1|An1An2|,|CnCn1|Cn1Cn2|.设|A1C1|a,|A2C2|b,|B1B2|c,则|A3C3|2ba,|A
4、nCn|(n1)b(n2)a(n3),Sn12c(n1)b(n 2)a12c(ba)n(2ab),Sn1Sn12c(ba)(n1)(2a b)(ba)n(2ab)12c(ba),数列 Sn 是等差数列题型二数列与不等式的综合问题命题点 1可求通项的裂项放缩例 2 已知数列an满足1an112an12且 a1 4(nN*)(1)求数列an的通项公式;(2)设 bna2nan,且 Sn为bn的前 n 项和,证明:12Sn0,故 Sn是关于 n 的递增数列,故 Sn S1b1a21a112.当 k2 时,bka2kak3 2k12k1323 2k12k13 2k143 2k2k13 2k23 2k2
5、k13 2k 3 312k312k1 3,故当 n2 时,Sn b1b2b3bn12 b2b3bn123122312331233124 312n312n131532n1315.又 n1 时,S11215,综上有12Sn15.命题点 2可求通项构造放缩例 3(2018 湖州调研)已知数列 an 满足 a125,an12an3an,nN*.(1)求 a2;(2)求1an的通项公式;(3)设 an的前 n 项的和为Sn,求证:65123nSn2113.(1)解由条件可知a22a13a1413.(2)解由 an12an3an,得1an1321an12,文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E
6、8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:
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10、8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:
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12、8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4名校名师推荐4 即1an11321an1,又1a11320,所以1an1 是首项为32,公比为32的等比数列,则1an13232n132n,所以1an32n 1.(3)证明由(2)可得an132n1132n32n12523n1.所以 Sn2525231 2523n165123n,故 Sn65123n成立另一方面an132n1132n23n,Sna1a2a3 an2541323323423n466589892
13、3n24665892113,n3,又 S1252113,S246652113,因此 Sn2113,nN*.所以65123nSn2113.命题点 3不可求通项裂项放缩例 4(2018 杭州模拟)设数列 an满足 a113,an1ana2nn2(n N*)(1)证明:anan10,文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文
14、档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G
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20、k1k2,kN*,所以1ak1ak11a1k1n11k231k2n11k k1 3 1k2n11k11k3 111n 1nn 11,所以 an1.又 a1131,a2491,所以 an1(nN*),所以 anan10,所以 an1ana2nn2an,由题意,得1an11ana2nn2n2anann21an1ann2.则1an1an11ann2,即1a11a21a1 12,1a21a31a222,1an1an11an n2,累加得,1a11an11a1121a222 1ann2112122 1n211121n1 n21n,即 31an121n,所以 an11.所以 anan11(n N*)(2)
21、方法一当 n1 时,a1121113,显然成立由 an1,知 ak1aka2kk2k2k21ak1,文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7O6V9Y4 HH6G6R9E8G7 ZW5G2K5Z2M4文档编码:CI8A7
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