2017高考数学一轮复习 解答题增分专项3 高考中的数列课件 理 北师大版
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第6章 数列 高考解答题专项三 数列
(2)若对任意的正整数n都有Sn≤S6,求实数k的取值范围.
解:(1)由题意得
1 +3 2 +…+(2-1)
2=
,所以
a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,
所以 a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2n-2(n≥2),
两式相减得(2n-1)an=2,则
2
an=2-1(n≥2).
用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练1(2021重庆新华中学高三月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,
且an+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=2,(n+2)bn=nbn+1.
(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,
=(3×60+3×61+3×62+…+3×6n-1)-(31+32+33+…+3n)
=3×
1×(1-6 )
3×(1-3 )
−
1-6
1-3
=
3×6
5
−
3 +1
2
+
9
.
10
突破技巧1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利
用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.
2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利
3n],
两式相减得-2Tn=4(30+31+32+…+3 -n·
【第7-9章】2017版高考数学北师大版(理)一轮复习配套课件 共2083张PPT
同向可加性 同向同正可乘性
a>b ⇒ a＋c>b＋d c>d
⇒ ⇒
a>b>0 ⇒ ac>bd c>d>0
可乘方性 可开方性
a>b>0⇒ an>bn
(n∈N＋)
n a b (n∈N ) a>b>0⇒_____________ ＋ n
a，b同为正数
答案
3.不等式的一些常用性质 (1)倒数的性质 1 1 ①a>b，ab>0⇒a<b. 1 1 ②a<0<b⇒a<b. a b ③a>b>0,0<c<d⇒ c>d. 1 1 1 ④0<a<x<b 或 a<x<b<0⇒b<x <a.
(2)有关分数的性质 若 a>b>0，m>0，则 b b＋m b b－m ①a< ；a> (b－m>0)． a ＋m a－m a a＋m a a－m ②b> ；b< (b－m>0)． b ＋m b－m
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)a>b⇔ac2>bc2.( × )
1
2 3
4
5
解析答案
4.(教材改编)下列各组代数式的关系正确的是________. ①x2＋5x＋6<2x2＋5x＋9； ②(x－3)2<(x－2)(x－4)； ③当x>1时，x3>x2－x＋1； ④x2＋y2＋1>2(x＋y－1).
1
2
3
4
5
解析答案
1 2 ＋ b2 从小 5.(教材改编)若0<a<b，且a＋b＝1，则将a，b， ， 2 ab ， a 2 到大排列为__________________.
【高优指导】2017高考数学一轮复习 解答题增分专项3 高考中的数列课件 理 北师大版
(1)证明:∵bn=log2an, ������ ∴bn+1-bn=log2 ������ +1=log2q 为常数.
∴数列{bn}为等差数列,且公差 d=log2q.
(2)解 :设数列{bn}的公差为 d, ∵b1+b3+b5= 6,∴ b3= 2. ∵a1>1,∴ b1=log2a1> 0. ������ + 2������ = 2, ������ = 4, ∵b1b3b5=0,∴b5=0.∴ 1 解得 1 ������1 + 4������ = 0, ������ = -1.
解:(1)∵3S1,2S2,S3 成等差数列,∴4S2=3S1+S3,
∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3), 即 a3=3a2,∴公比 q=3,∴an=a1qn-1=3n.
(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,
∵b2n-1b2n-b2n������2 ������ +1 =(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n, ∴Tn=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
1
即 Tn+6 = 6· 3 =2· 3n-1.
n
1 -3 1 1 1 6 1 2
= · (3n-1),
6 1
1 6 1 ������������ -1 + 61源自又 T1+ = ,
������������ +
=3,n≥2,n∈N+,
1
∴数列 ������������ + 6 是以2为首项,3 为公比的等比数列.
【6份】2017版高考数学北师大版(理)一轮复习高考专题突破 共436张PPT
A.(－∞，－2]
即k的取值范围为[1，＋∞).
1 2 3 4 5
解析答案
3.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(A
)
A.0
B.1 C.2D.无数个
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
1
2
3
4
5
解析答案
e2x2＋1 e2x gx1 5.设函数 f(x)＝ x ，g(x)＝ ex ，对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，不等式 k fx2 ≤ 恒成立，则正数 k 的取值范围是________. k＋1
1
2
3
4
5
解析答案
返回
题型分类
题型一
利用导数研究函数性质
例1 (2015· 课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x). (1)讨论f(x)的单调性；
1 在a，＋∞ 上单调递减.
解பைடு நூலகம்答案
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.
由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值； 1 当 a＞0 时，f(x)在 x＝a取得最大值， 1 1 1 1 － 最大值为 fa＝lna＋a ＝－ln a＋a－1. a 1 因此 f ＞2a－2 等价于 ln a＋a－1＜0. a 解 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增， g(1)＝0.
第三章 导数及其应用
考专题突破一 高考中的导数应用问题
内容 索引
考点自测 题型分类 练出高分
快速解答 自查自纠
【第13-14章】2017版高考数学北师大版(理)一轮复习配套课件 共686张PPT
答案
2.类比推理
由于 两类不同对象 具有某些类似的特征，在此基础上，根据 一类对象
的其他特征，推断 另一类对象 也具有类似的其他特征，我们把这种推
理过程称为类比推理.简言之，类比推理是两类事物特征之间的推理.
类比推理的基本模式：A：具有属性a，b，c，d；
B：具有属性a′，b′，c′；
结论：B具有属性d′.
答案
2
考点自测
1.观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5 ＝11，„，则a10＋b10等于( C ) A.28 解析 B.76 C.123 D.199 从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，
后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，依据此规律， a10＋b10＝123.
1 2 3 4 5
解析答案
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题型分类 深度剖析
题型一
归纳推理
(2015· 陕西)观察下列等式：
命题点1 与数字有关的等式的推理
例1 1 1 1－2＝2， 1 1 1 1 1 1－2＋3－4＝3＋4， 1 1 1 1 1 1 1 1 1－2＋3－4＋5－6＝4＋5＋6， „，
据此规律，第n个等式可为____________________________________.
(a，b，c，d与a′，b′，c′，d′相似或相同)
答案
3.归纳推理和类比推理是最常见的合情推理，合情推理的结果 不一定 正确 .
4.演绎推理是根据已知的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到
新结论的推理过程.
答案
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1) 归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正 确.( × ) (2) 由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推 理.( √ ) (3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较 为合适.( × )
2017版高考数学北师大版(理)一轮复习第6章数列高考专题突破三高考中的数列问题文档
1．设等差数列{a n }和等比数列{b n }首项都是1，公差与公比都是2，则12354b b b b b a a a a a ++++等于( ) A ．54 B ．56 C ．58 D ．57答案 D解析 由题意得，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，∴1ab ＋…＋5ab ＝a 1＋a 2＋a 4＋a 8＋a 16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.2．已知等比数列的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1,2lg a 2,22lg a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1答案 C解析 ∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n －1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.3．数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N ＋都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2013等于( ) A.20122013B.40262014C.40242014D.20132014答案 B解析 因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ， 所以a n ＋1－a n ＝n ＋1.用累加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2013＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋12013－12014 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12014＝40262014，故选B.4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎨⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N ＋都有S n ＝23a n －13，若1<S k <9 (k ∈N ＋)，则k的值为________．答案 4解析 当n >1时，S n －1＝23a n －1－13，∴a n ＝23a n －23a n －1，∴a n ＝－2a n －1，又a 1＝－1，∴{a n }为等比数列，且a n ＝－(－2)n －1， ∴S k ＝(－2)k －13，由1<S k <9，得4<(－2)k <28， 又k ∈N ＋，∴k ＝4.题型一 等差数列、等比数列的综合问题例1 已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n ∈N ＋)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为 a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＝⎩⎨⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N ＋，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， 从而得数列{a n }的通项公式a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n . 显然2n ＜60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时， S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0， 解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，且n 的最小值为41. 题型二 数列的通项与求和例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n .(1)证明：数列{a nn }是等比数列；(2)求通项a n 与前n 项的和S n . (1)证明 因为a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，当n ∈N ＋时，a nn≠0.又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N ＋)为常数， 所以{a n n }是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由{a n n }是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·(12)n －1， 所以a n ＝n ·(12)n .∴S n ＝1·12＋2·(12)2＋3·(12)3＋…＋n ·(12)n ，12S n ＝1·(12)2＋2·(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n ·(12)n ＋1， ∴12S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1＝12－(12)n ＋11－12－n ·(12)n ＋1，∴S n ＝2－(12)n －1－n ·(12)n＝2－(n ＋2)·(12)n .综上，a n ＝n ·(12)n ，S n ＝2－(n ＋2)·(12)n .思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等．在等比数列{a n }(n ∈N ＋)中，a 1＞1，公比q ＞0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求{a n }的通项a n ；(2)若c n ＝1n (b n －6)，求{c n }的前n 项和S n .解 (1)因为b 1＋b 3＋b 5＝6， 所以log 2a 1＋log 2a 3＋log 2a 5＝6，所以log 2(a 1a 3a 5)＝6，所以log 2(a 31q 6)＝6，所以log 2(a 1q 2)＝2，即b 3＝2，a 1q 2＝4＝a 3. 因为a 1＞1，所以b 1＝log 2a 1＞0，又因为b 1b 3b 5＝0，所以b 5＝0＝log 2a 5，a 5＝1， 所以a 5a 3＝14＝q 2，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝4，q 2＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16，q ＝12.所以a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n (n ∈N ＋)． (2)由(1)知a n ＝25－n ，所以b n ＝5－n (n ∈N ＋)，所以c n ＝1n (5－n －6)＝－1n (n ＋1)，所以S n ＝－[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝－(1－1n ＋1)＝－nn ＋1 (n ∈N ＋)． 题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇例3 已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图像过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ， 16n 2a －4nb ＝0， ∴a ＝12，b ＝2n ，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ， 又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ， 由叠加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合， ∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋)．(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝4n2n ＋1. 命题点2 函数与不等式的交汇例4 已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围．解 (1)设公差为d ，由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n . (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1)，∴T n ＝n (n ＋1)2n，∴T n ＋1－T n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1－n (n ＋1)2n＝(n ＋1)(2－n )2n ＋1，∴当n ≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故m ≥32.命题点3 数列应用题例5 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1000万元． (1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32500万元． 解 设a n 为(2010＋n )年年底分红后的资金，其中n ∈N ＋， 则a 1＝2×1000－500＝1500， a 2＝2×1500－500＝2500，…， a n ＝2a n －1－500(n ≥2)． ∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，即数列{a n －500}是以a 1－500＝1000为首项，2为公比的等比数列． ∴a n －500＝1000×2n －1， ∴a n ＝1000×2n －1＋500.(1)∵a 4＝1000×24－1＋500＝8500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8500万元． (2)由a n ＞32500，即2n －1＞32，得n ＞6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32500万元．思维升华 数列与其他知识的交汇问题，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n 项和公式或递推关系式，建立数列模型．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N ＋)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，得b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2. 解得d ＝a 8－a 7＝2.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)f ′(x )＝2x ln2，f ′(a 2)＝2a 2ln2，故函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝2a 2ln2(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln2.由题意，得a 2－1ln2＝2－1ln2，解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n2n＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.1．在等差数列{a n }中，a 2＝4，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋λn (λ∈R )．(1)求实数λ的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ＋b n 是首项为λ，公比为2λ的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＝S 2－S 1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ，∴3＋λ＝4，∴λ＝1.∴a 1＝S 1＝12＋1×1＝2，∴d ＝a 2－a 1＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)由(1)知λ＝1，∴1S n＋b n ＝1×2n －1＝2n －1， ∴b n ＝2n －1－1n (n ＋1)＝2n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝(1＋21＋…＋2n －1)－[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝1－2n 1－2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n －2n ＋1n ＋1. 2．(2015·课标全国Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3(2n ＋3). 3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列{a n ＋23(－1)n }为等比数列，并求出{a n }的通项公式． 解 (1)在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N ＋)中分别令n ＝1,2,3得： ⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2a 1－1，a 1＋a 2＝2a 2＋1，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝0，a 3＝2.(2)由S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N ＋)得：S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)，两式相减得：a n ＝2a n －1－2(－1)n (n ≥2)，a n ＝2a n －1－43(－1)n －23(－1)n ＝2a n －1＋43(－1)n －1－23(－1)n (n ≥2)， ∴a n ＋23(－1)n ＝2[a n －1＋23(－1)n －1](n ≥2)． 故数列{a n ＋23(－1)n }是以a 1－23＝13为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋23(－1)n ＝13×2n －1，a n ＝13×2n －1－23×(－1)n ＝2n －13－23(－1)n . 4．(2015·湖南)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3, n ∈N ＋.(1)证明：a n ＋2＝3a n ；(2)求S n .(1)证明 由条件，对任意n ∈N ＋，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n ∈N ＋，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N ＋，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列．因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝3(3n －1)2. 从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3(3n －1)2－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)． 综上所述，S n ＝⎩⎨⎧ 32(5×3n －32－1)，n 是奇数，32(3n 2－1)，n 是偶数.5．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N ＋时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N ＋，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＜2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N ＋，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值． (1)解 令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )， ∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列， ∴f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)证明 设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， ∴T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ， 12T n ＝⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋3×⎝⎛⎭⎫124＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴T n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ＜2. 即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2.(3)解 ∵f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )⎝⎛⎭⎫12n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＝9－n 2， ∴当n ≤8时，b n ＞0；当n ＝9时，b n ＝0； 当n ＞9时，b n ＜0.∴当n ＝8或9时，S n 取得最大值．。
【第10-12章】2017版高考数学北师大版(理)一轮复习配套课件 共877张PPT
同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( A )
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有 2种不同的排法，第二列第二、 三行的字母只有1种排法. 因此共有6×2×1＝12种不同的排列方法.
解析答案
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加 一项，则共有________ 120 种不同的报名方法. 解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一 个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据 分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种.
由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种).
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解析答案
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题型分类 深度剖析
题型一
分类加法计数原理的应用
高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男
例1
生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人. (1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？ 解 完成这件事有三类方法：
A.6
C.3 解析
B.5
D.2 5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.
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解析答案
3. 设集合 A ＝ {0,1,2,3,4,5,6,7} ，如果方程 x2 － mx － n ＝ 0(m ， n∈A) 至少有 一个根x0∈A，就称方程为合格方程，则合格方程的个数为( C ) A.13 C.17 解析 B.15 D.19 当m＝0时，取n＝0,1,4，方程为合格方程；当m＝1时，取n＝
若万位是 4，则有 2×A3 4＝48 个，
【高优指导】2017高考数学一轮复习 解答题增分专项1 高考中的函数与导数课件 理 北师大版
-13题型一 题型二 题型三 题型四
突破策略三 寻求导函数零点法 若使用策略一或策略二解答时,遇到令f'(x)=0,但无法解出导函数 的零点x0时,可利用函数零点存在性定理,设出某一区间的导函数的 零点x0,判断f(x)在x0处取得最值,并求出最值,然后通过对最值的处 理使问题得到解决. 例3已知函数f(x)=ex+mx-2,g(x)=mx+ln x. 证明:在区间(0,+∞)上,函数y=f(x)的图像恒在函数y=g(x)的图像 的上方. 证明:由题意可得,本题即证:当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x)恒成立. 令F(x)=f(x)-g(x)=ex-ln x-2(x>0),
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则 b=2 a2 +2a2 -3a2ln a=2 a2-3a2 ln a.
-8题型一 题型二 题型三 题型四
(2)证明:设 F(x )=f (x )-g(x )= x 2 +2ax-3a2ln x-b(x>0),
2
1
则 F'(x )=x+2a-
3 ������ 2 ������
=
( ������ -������ )( ������+3������ ) ������
e e������
(1)解:由题意知 2xln x≥-x2+ax-3 对一切 x∈(0,+∞)恒成立, 则 a≤2ln x+x+ ,设 h(x)=2ln x+x+ (x>0), 则
3 ������ (������+3)(������-1) h'(x)= , ������2 3 ������
①当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, ②当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,