信息技术应用 估计√2的值优秀教学设计范文

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【母题原题1】【2018江苏，理20】设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．

（1）设a10,b11,q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；

（2）若a1b10,mN*,q(1,m2]，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3,的取值范围（用b1,m,q表示）．

75【答案】（1）[,]（2）见解析

32,m1均成立，并求d【解析】

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【母题原题2】【2017江苏，理19】对于给定的正整数k,若数列{an}满足ankank1an1an1则称数列{an}是“P(k)数ank1ank2kan对任意正整数n(nk)总成立，列”. （1）证明：等差数列{an}是“P(3)数列”; （2）若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. 【答案】（1）见解析（2）见解析

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试题解析：证明:（1）因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，

从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d

2a12(n1)d2an，k1,2,3,

所以an3an2+an1+an1an2+an36an，

所以数列{an}是等差数列. 【考点】等差数列定义及通项公式

【名师点睛】证明{an}为等差数列的方法：

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(1)用定义证明：an1and(d为常数）；

(2)用等差中项证明：2an1anan2；

(3)通项法：

an为n的一次函数；

(4)前n项和法：SnAnBn 【母题原题3】【2016江苏，理20】记U1,2,定义ST0；若Tt1,t2,2,100.对数列annN*和U的子集T，若T，atk.例如：T=1,3,66时，STa1a3+a66.,tk，定义STat1at2*现设annN是公比为3的等比数列，且当T=2,4时，ST=30. （1）求数列an的通项公式；

（2）对任意正整数k1k100，若T1,2,（3）设CU,DU,SCSD，求证：SCSC,k，求证：STak1；

D2SD. 【答案】（1）an3n1（2）详见解析（3）详见解析

【解析】

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综合①②③得，SCSCD2SD. 【考点】等比数列的通项公式、求和

【名师点睛】本题有三个难点：一是数列新定义，利用新定义确定等比数列的首项，再代入等比数列通项公式求解；二是利用放缩法求证不等式，放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列的性质，以算代征；三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.

【命题意图】近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间．

【命题规律】

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1.有关证明、判断数列是等差（等比）数列的主要证明方法有：定义法、性质法. 2. 数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题. 【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：

第一步：具体展示新定义，直接转化到等差数列定义进行论证

由新定义明确证明目标为an3an2+an1+an1an2+an36an，而由等差数列定义易得ankank2an，k1,2,3,

这一步是数列的基本应用；

第二步：理解新定义内涵，运用新定义转化到等差数列定义进行论证 由新定义易得an2an1an1an24an，①an3an2an1an1an2an36an.②再由新定义得an3an24an1(anan1)，③an2an34an1(an1an)，④代入化简得an1an12an

，这一步是数列的综合应用；

第三步：深刻理解新定义内涵与外延，灵活运用新定义及等差数列性质进行论证 如①代入②得an3an32an，这只能得到隔项成等差，因此由等差数列定义明确an1an12an是证明目标是解题的方向，而要达到这一目标，需灵活运用新定义内涵，不能停留在表面，这一步是数列的灵活应用. 【方法总结】

1.等差(等比)数列的通项公式及前n项和公式中，涉及5个元素：a1，d(q)，n，an及Sn，其中a1，d(q)称作为基本元素.只要知道这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即“知3求2”.

2.等差数列中的重要性质：

(1)若m+n=p+q(m，n，p，q∈N*)，则am+an=ap+aq；

(2)数列Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等差数列. 3.等比数列中的重要性质：

(1)若m+n=p+q(m，n，p，q∈N)，则am·an=ap·aq；

(2)若q≠-1，则数列Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等比数列. 4.已知数列的前n项和Sn求an时，易忽视n=1的情况，直接用Sn-Sn-1表示an；应注意an，Sn的关系中是分段的，即an=*S1，n1，

Sn-Sn-1，n2.欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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5.易忽视等比数列的性质，导致增解、漏解现象，如忽视等比数列的奇数项或偶数项的符号相同而造成增a1(1-qn)a1-anq，q1，1-q解；在等比数列求和问题中忽视公比为1的情况导致漏解，在等比数列中，Sn=1-q

na，q1.16.错位相减法中的四个易错环节：

(1)首次作差遗忘后项；(2)等比数列容易数错项数；

(3)和分式勿忘同幂提取；(4)整理后勿忘等号左边.

1．【江苏省南京师大附中2018届高三高考考前模拟考试数学试题】已知等差数列{an}和等比数列{bn}均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列， 4b2，2b3，b4成等差数列．

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k（i＜j＜k），使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求m＋n的最小值；

（3）令cn＝，记{cn}的前n项和为Tn，{ }的前n项和为An．若数列{pn}满足p1＝c1，且对n≥2, n∈N*，都有pn＝【答案】（1）＋Ancn，设{pn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜4＋4lnn．

（2）

或

（3）见解析

解得d＝1，q＝2， 所以. 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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（2）由ambj，amanbi，anbk成等差数列，

有

即由于所以，且为正整数，所以，

， ，

， 可得

，

即，

不成立；

成立； ，即，则有；

①当1≤m≤2时，不等式②当③当所以当且仅当

或

时，，时

的最小值为6，

，且

或

时取得． 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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所以 可得，

，

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所以. 点睛：考查等差等比得通项和综合运用，错位相减法求和，构造函数与数列结合证明不等式，对学生的分析思维和解决问题的能力有较高要求，属于难题. 2．【江苏省无锡市2018届高三第一学期期末检测数学试卷】已知数列，是数列（1）求数列（2）若，的前项的和. 满足，的通项公式；

，成等差数列，，18，成等比数列，求正整数，使得为数列的值；

（3）是否存在在，请说明理由. 【答案】（1）中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存.（2），.（3）或14.

试题解析：

（1）因为所以当当由时，时，

和，

，，

，，

两式相除可得，，即

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所以，数列是首项为2，公差为1的等差数列.

3．【江苏省南京师范大学附属中学2018届高三5月模拟考试数学试题】已知等差数列不是常数列，若（1）求（2）设和，且的通项公式； ，使得成等差数列，求的最小值；

成等比数列，成等差数列．

和等比数列均是正整数，若存在正整数（3）令，记的前项和为，的前项和为，若数列满足，且对，，都有【答案】（1），设的前项和为，求证：；（2）见解析；（3）见解析

. 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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【解析】分析：（1）设等差数列的公差为（），等比数列的公比为，由成等比数列，成等差数列得成等差数列，可得，解得，从而可得，由于和的通项公式；（2）由，且为正整数，所以，所以思想可得结果；（3）求得，可得，即，利用分类讨论，利用错位相减法可得求得

由题意得解得所以（2）由有由于所以，

. 成等差数列，

，即，且为正整数，所以，

，

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可得①当②当当且仅当（3）由题意得，即时，不等式时，，且， 不成立；

，即或

，则有时取得. ；所以的最小值为6，

所以可得当，且在 时，，

上单调递增，有，

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有所以可得所以

，

，

. 点睛：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项

的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以4．【江苏省南通市2018届高三最后一卷 --- 备用题数学试题】已知等差数列的实数列，设（1）请举出一对数列与. ，使集合中有三个元素；

. 与等比数列是非常数（2）问集合中最多有多少个元素？并证明你的结论；

【答案】(1) (2)3个，证明见解析. .

最多有多少个解. 下面我们证明：当当如果时，考虑函数，则时，方程①最多有个解：，则时，方程①最多有个解

为单调函数，故方程①最多只有一个解；

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如果，且不妨设由恒大于或恒小于，当得时，由唯一零点恒小于或恒大于

，于是当时，

这样当在区间时，如果与

上是单调函数，故方程①最多有个解

如果为奇数，则方程①变为

显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①

如果为偶数，则方程①变为

，由的情形，上式最多有个解，即满足①的偶数最多有个

点睛：本题主要考查数列的综合性质以及分类讨论思想的应用.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中. 5．【江苏省扬州树人学校2018届高三模拟考试（四）数学试题】已知无穷数列的各项都不为零，其前项和为，且满足（1）求；

（），数列满足，其中为正整数．

（2）若不等式（3）若首项是正整数，则数列对任意的都成立，求首项的取值范围；

中的其他两项之积？若是，请中的任意一项是否总可以表示为数列给出一种表示方式；若不是，请说明理由．

【答案】(1) . 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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(2) (3) 数列. 中的任意一项总可以表示为数列，则，即中的其他两项之积.理由见解析. ，可得．又由与的关系可得．（2）由可得数列，是【解析】分析：（1）令从而数列首项为是首项为，公差为1的等差数列，由此可得是首项为，公差为1的等差数列；数列，公差为1的等差数列，由此可得然后由题意讨论可得．（3）由（2）得数列的各项都是正整数．假设结论成立，即，即，所以，取，取，故，不妨设是偶数，则一定是整数，讨论可得不论为奇数还是偶数，上式都有解，即假设成立．

详解：（1）令又所以由两式相减得又故，

，

，

；

，得，

，

，则，即，

所以（2）由（1）知数列数列是首项为．

，公差为1的等差数列；

是首项为，公差为1的等差数列．

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即所以，

，即对任意正偶数恒成立，

解得综合①②得（3）由数列知，数列．

．

是首项为1，公差为1的等差数列；数列的各项都是正整数．

是首项为正整数，公差为1的等差数列欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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点睛：（1）解答本题时要注意后根据等差数列的相关知识求解即可．

（2）对于数列中的探索性问题，解题时可按照反证法的思路进行求解，即先假设结论成立，然后进行推理，看是否能得到矛盾，最后再作出结论．

6．【江苏省南京市2018届高三第三次模拟考试数学试题】若数列均为数列（1）若数列的前项和中的项，则称数列，求证：数列满足：对于任意的应用，由此式可得数列和数列都是等差数列，然为“

数列”．

为“

数列”；

（2）若公差为的等差数列（3）若数列公式．

为“

数列”，求的取值范围；

，且对于任意，均有，求数列的通项为“

数列”，【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【解析】分析：（1）先利用项和公式计算出an＝4n－2，再利用“

数列”证明.(2)利用“

数列”的性质求的取值范围.(3)先证明数列{an}为等差数列，再转化an＜a1，n(t－2t)＞2t－t－1，分析得到公差t＝，求出数列22－a＜an＋1，再转化为n(2t－t)＞t－3t＋的通项公式. 22欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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详解：（1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(n－1)＝4n－2，

又a1＝S1＝2＝4×1－2，所以an＝4n－2．

所以an＋|an＋1－an＋2|＝4n－2＋4＝4(n＋1)－2为数列{an}的第n＋1项，

因此数列{an}为“T 数列”． （2）因为数列{an}是公差为d的等差数列，

所以an＋|an＋1－an＋2|＝a1＋(n－1) d＋|d|．

因为数列{an}为“T 数列”，

所以任意n∈N*，存在m∈N*，使得a1＋(n－1) d＋|d|＝am，即有(m－n) d＝|d|．

①若d≥0，则存在m＝n＋1∈N*，使得(m－n) d＝|d|，

22

因此2t－t≥0．

同样根据②式可得t－2t≥0，

所以2t－t＝0．又t＞0，所以t＝．

经检验当t＝时，①②两式对于任意n∈N*恒成立，

所以数列{an}的通项公式为an＝1＋ (n－1)＝．

222欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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点睛：（1）本题主要考查等差数列，考查新定义“T数列”，考查学生理解新定义及利用新定义解题的能力，考查学生分析推理能力. (2)本题的难点在第（3）问，得到n(2t－t)＞t－3t＋1，

① ，n(t－2t)＞2t－t－1，

② 后如何得到公差t的值，这里作为恒成立问题来探究t的值. 7．【江苏省2018年高考冲刺预测卷一数学】设个不全相等的正数，，…，圈. （Ⅰ）设为，且，，，…，是公差为的等差数列，而，的前项和满足，，，…，是公比依次围成一个圆2222的等比数列，数列，，…，，求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，，若数列，，…，每项是其左右相邻两数平方的等比中项，求；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，【答案】（Ⅰ），求符合条件的的个数. .（Ⅱ）见解析.（Ⅲ）见解析.

（Ⅱ）由题意，，，∴，

得，，，，，，，. （Ⅲ）猜想：证明：，一共有336个. ，得

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. 又

，④

故有若猜想不成立，设若取即，

，其中，则由此得. ⑤

，

，

而由③得，故，得，由②得，从而，

而同理若，故均可得，由此推得与题设矛盾，

与题设矛盾，因此为6的倍数. 点睛：本题主要考查的知识点是等差数列，等比数列的通项及数列的应用，考查了公式的具体应用能力，在处理不等式方面的证明问题时运用了猜想、假设的反证法，推出与题设的矛盾从而证明，本题较难。

要掌握常用的基本方法，本题对数学综合能力有较高的要求，属于中档题目。

8．【江苏省苏北六市2018届高三第二次调研测试数学(文科)试题】设等比数列a1，

a2，

a3，

a4的公比为q，等差数列b1，

b2，

b3，

b4的公差为d，且q≠1，d≠0．记ciaibi (i1，2，3，4)．

（1）求证：数列c1，

c2，

c3不是等差数列；

（2）设a11，q＝2．若数列c1，

c2，

c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；

（3）数列c1，

c2，

c3，

c4能否为等比数列？并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

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（2）因为a11，

q2，所以an2n1．

因为c22c1c3，所以2b21b2d4b2d，即b2d23d， 2

由c22b20，得d3d20，所以d1且d2．

2d2，d0．

又d0，所以b2d23d，定义域为dRd1，（3）设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，

则 将①+③－2×②得，

a1q1c1q11，⑤ 22⑥ 将②+④－2×③得，

a1qq1c1q1q11，因为a10，

q1，由⑤得c10，

q11．

由⑤⑥得qq1，从而a1c1． 代入①得b10．

再代入②，得d0，与d0矛盾．

所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．

点睛：本题考查了数列的证明，运用反证法证明数列不是等差数列，反证法一般步骤，先假设成立，然后代入计算、化简，推导出和条件或者其他有矛盾的地方，然后假设不成立，故原命题成立，本题在最后一问里的计算较为复杂，也是推出矛盾，本题有难度。

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9．【江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校2018届高三联考数学调研测试试题】设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的nN*，均有Snankk（k是常数且kN*）成立，则称数列an为“Pk数列”.

（1）若数列an为“P1数列”，求数列an的通项公式；

（2）是否存在数列an既是“Pk数列”，也是“Pk2数列”？若存在，求出符合条件的数列an的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；

（3）若数列an为“P2数列”，

a22，设Tnaa1a2a323...n，证明：

Tn3. 2222n【答案】（1）an2n1；（2）不存在；（3）证明见解析. 【解析】试题分析：

（1）由题意得Snan11，故Sn1an21，两式相减可得an22an1，在此基础上可得数列an为

则Snan11

故Sn1an21，

两式相减得：

an22an1，

又n1时，

a1a21，

所以a22，

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故an12an对任意的nN*恒成立，即an1，

2（常数）an故数列an为等比数列，其通项公式为an2n1,nN*. （2）假设存在这样的数列an，则有Snankk，故有Sn1ank1k

两式相减得：

an1ank1ank，

故有an3ank3ank2，

同理由an是“Pk2数列”可得an1ank3ank2，

所以an1an3对任意nN恒成立．

所以Snankkank2kSn2，

即SnSn2，

又Snank2k2Sn22，

即Sn2Sn2，

*

aa1a2a31235823n2222n222232425a1an11235n1，

所以Tn2345nn2222222故Tnan，

2n欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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两式相减得

Tn显然Tn2Tn,故Tn1211122342222an2anan31T

，

n2nn1n122442an0， n121231Tn，

44即Tn3. 点睛：

（1）本题属于新概念问题，解题时要从所给出的概念出发，得到相应的结论，然后再借助于数列的有关知识得到相应的结论．

（2）对于存在性问题的解法，可利用反证法求解，解题时在假设的基础上得到矛盾是解题的关键，通过否定假设可得原结论不成立．

10．【江苏省前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测数学试题】已知数列an,bn满足：

bnan3an1,nN*. （1）若bnn,a2a30，求a1的值；

（2）设anbnbn1,a11,a24，求证：数列bn从第2项起成等比数列；

21（3）若数列bn成等差数列，且b15a2a3，试判断数列an是否成等差数列？并证明你的结论. 【答案】（1）a14（2）见解析（3）见解析

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从而可得a14；

（2）由a11,a2所以434，可得b1a13a2,b2a1b1，

2177b24；

b13又因为bnan3an1,anbnbn1，

所以bnbnbn13bn1bn2，即4bn13bn2,nN*，

又4bb244，

b20，所以n1,nN*，

7b13bn3所以数列bn成等比数列； （3）由b15a2a3可得a13a25a2a3，即a32al2a10；

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