nbhkdz.com冰点文库

【红对勾 讲与练】2015届高三数学二轮复习 专题四第一讲 等差数列与等比数列课件 文 新人教A版


第一部分
专题突破方略

专题四
数列

第一讲

等差数列与等比数列

主干知识大串联01

创新交汇大盘点03

高考热点全突破02

课时作业

主干知识大串联01
知识梳理 追

根求源

1.等差数列的有关公式与性质 (1)定义式:an+1-an=d(n∈N*,d为常数). (2)通项公式:an=a1+(n-1)d. n?a1+an? n?n-1? (3)前n项和公式:Sn= =na1+ 2 d. 2

(4)等差中项公式:2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2). (5)性质:①an=am+(n-m)d(n,m∈N*); ②若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈ N*); ③设等差数列{an}的前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m -S2m,?也成等差数列.

2.等比数列的有关公式与性质 an+1 (1)定义式: a =q(n∈N*,q为非零常数). n (2)通项公式:an=a1qn 1.


(3)前n项和公式: ?na1 ?q=1?, ? Sn=?a1?1-qn? a1-anq ?q≠1?. ? 1-q = 1-q ?

* (4)等比中项公式:a2 n=an-1an+1(n∈N ,n≥2).

(5)性质:①an=amqn-m(m,n∈N*); ②若m+n=p+q,则am· an=ap· aq(m,n,p,q∈N*); ③若等比数列{an}的公比不为-1,前n项和为Sn,则 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也成等比数列.

3.等差、等比数列的判定与证明方法 (1)定义法:an+1-an=d(d为常数)?{an}是等差数列; an+1 =q(q为非零常数)?{an}是等比数列; an (2)中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数
* 列;a2 = a · a ( n ∈ N )?{an}是等比数列(注意等比数列的 + + n 1 n n 2

an≠0,q≠0); (3)通项公式法:an=pn+q(p,q为常数)?{an}是等差 数列;an=cqn(c,q为非零常数)?{an}是等比数列;

(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数)?{an}是 等差数列;Sn=mqn-m(m为常数,q≠0)?{an}是等比数 列; (5)若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列, 只需用a1,a2,a3验证即可.

1.(2014· 福建卷)等差数列{an}的前n项和Sn,若a1= 2,S3=12,则a6=( A.8 C.12 )

B.10 D.14

解析:S3=3a1+3d=12,将a1=2代入得公差d=2,故 a6=a1+5d=12,从而选C.

答案:C

2.(2014· 全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为2,若a2, a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( A.n(n+1) B.n(n-1) n?n+1? C. 2 n?n-1? D. 2 )

答案:D

解析:由a2,a4,a8成等比数列,得a 2 4 =a2a8,即(a1+ n?n-1? 6) =(a1+2)(a1+14),∴a1=2.∴Sn=2n+ 2 ×2=2n+
2

n2-n=n(n+1).

答案:A

3.(2014· 重庆卷)对任意等比数列{an},下列说法一定 正确的是( )

A.a1,a3,a9成等比数列 B.a2,a3,a6成等比数列 C.a2,a4,a8成等比数列 D.a3,a6,a9成等比数列

解析:从项的下标寻找规律,下标成等差数列的,对 应的项成等比数列. a6 a9 设等比数列的公比为q,因为 = =q3,即a 2 6 =a3a9, a3 a6 所以a3,a6,a9成等比数列.故选D.

答案:D

4.(2014· 天津卷)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差 数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值 为________.

解析:∵{an}是等差数列, ∴S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6, 又S1,S2,S4成等比数列, 1 ∴(2a1-1) =a1(4a1-6),解得a1=-2.
2

1 答案:- 2

5.若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12= 2e5,则lna1+lna2+?+lna20=________.

解析:因为a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,所以a10a11=e5. 所以lna1+lna2+?+lna20=ln(a1a2?a20)= ln[(a1a20)· (a2a19)· ?· (a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)= 10lne5=50lne=50.
答案:50

高考热点全突破02
考点突破 解码命题

等差数列、等比数列的基本运算

高考经常考查等差(等比)中a1、n、d(q)、an与Sn的 基本运算,或考查等差、等比数列的交汇计算.求解这 类问题要重视方程思想与整体思想的应用,难度中档.

【例1】

(2014· 湖北卷)已知等差数列{an}满足:a1=

2,且a1,a2,a5成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使 得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明 理由.

【标准解答】

(1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2

+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4. 当d=0时,an=2; 当d=4时,an=2+(n-1)· 4=4n-2, 从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2. (2)当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,

此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立. n[2+?4n-2?] 2 当an=4n-2时,Sn= = 2 n . 2 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0, 解得n>40或n<-10(舍去), 此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值 为41. 综上,当an=2时,不存在满足题意的n; 当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.

类题通法

1.(2013· 全国卷Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( 1 A.3 1 C. 9 )

1 B.-3 1 D.- 9

解析:{an}为等比数列,当q=1时,a1=a5=9;S3= 3a1=a1+10a1得a1=0矛盾,故q≠1此时S3=a1+a2+a3=a2 +10a1,化简得a3=9a1,即a1q2=9a1,∴q2=9,而a5= 1 a1q =9,所以a1=9,故选C.
4

答案:C

2.在等比数列{an}中,已知a3=8,a6=64. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求 数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.

解:(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q. 由已知得8=a1q2,64=a1q5, 解得q=2,a1=2. ∴an=2n. (2)由(1)得a3=8,a5=32,则b3=8,b5=32. 设等差数列{bn}的首项为b1,公差为d,

? ?b1+2d=8, 则有? ? ?b1+4d=32,

? ?b1=-16, 解得? ? ?d=12.

从而 bn=-16+12(n-1)=12n-28. 所以数列{bn}的前 n 项和 n?-16+12n-28? Sn= =6n2-22n. 2

等差数列与等比数列的判定与证明

等差(比)数列的证明是高考命题的重点和热点,多 在解答题中的某一问出现,一般用定义法直接证明,主 要考查学生综合运用数学知识解决问题的能力,属于中 档题.

【例2】 (2014· 全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.

【标准解答】 λSn+1-1.

(1)由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=

两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1. 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ. (2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4,由此可得

{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n- 3; {a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.

类题通法

数列{an}是等差或等比数列的证明方法 ?1?证明数列{an}是等差数列的两种基本方法: ①利用定义,证明an+1-an?n∈N*?为常数; ②利用中项性质,即证明2an=an-1+an+1?n≥2?. ?2?证明{an}是等比数列的两种基本方法: ①利用定义,证明 ?n∈N*?为一常数; =an-1an+1?n≥2,an≠0?.

②利用等比中项,即证明

1 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1= 4 ,且Sn=Sn-1+ 1 119 * an-1+ 2 (n∈N ,n≥2),数列{bn}满足:b1=- 4 ,且3bn -bn-1=n(n≥2,且n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn-an}为等比数列.

1 1 解:(1)由Sn=Sn-1+an-1+ 得Sn-Sn-1=an-1+ ,即an 2 2 1 -an-1= (n∈N*,n≥2), 2 1 则数列{an}是以2为公差的等差数列, 1 1 1 所以an=a1+(n-1)× = n- (n∈N*). 2 2 4

(2)证明:∵3bn-bn-1=n(n≥2), 1 1 ∴bn= bn-1+ n(n≥2), 3 3 1 1 1 1 ∴bn-an=3bn-1+3n-2n+4 1 3? 1 1 1 1? = bn-1- n+ = ?bn-1-2n+4?(n≥2), 3 6 4 3? ? 1 1 bn-1-an-1=bn-1- (n-1)+ 2 4 1 3 =bn-1- n+ (n≥2). 2 4

1 ∴bn-an=3(bn-1-an-1)(n≥2), bn-an 1 ∵b1-a1=-30≠0,∴ = (n≥2), bn-1-an-1 3 1 ∴数列{bn-an}是以-30为首项, 为公比的等比数 3 列.

等差数列与等比数列的性质及应用

高考常考查以下两方面内容: ①利用等差数列的性质求某一项,求和;②利用等 比数列的性质,求值.

【例3】 (1)(2013· 全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项 和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=( A.3 B.4 C.5 D.6 )

(2)在正项等比数列{an}中,a2,a48是方程2x2-7x+6= 0的两个根,则a1· a2· a25· a48· a49的值为( 21 A. 2 B.9 3 C.± 9 3 ) D.35

1 (3)正项等比数列{an}的公比q≠1,且a2, 2 a3,a1成等 a3+a4 差数列,则 的值为( a4+a5 5+1 5-1 A. 或 2 2 5-1 C. 2 ) 5+1 B. 2 1- 5 D. 2

【标准解答】 2

(1)由题意得am=Sm-Sm-1=0-(-2)=

am+1=Sm+1-Sm=3, 由{an}是等差数列可得 d=am+1-am=1, 由am=2,Sm=0得: m?m-1? a1+(m-1)=2,ma1+ =0, 2 解得a1=-2,m=5,故选C.

(2)依题意知a2· a48=3. 又a1· a49=a2· a48=a2 25=3,a25>0,
5 ∴a1· a2· a25· a48· a49=a25 =9 3.

选B. 1 (3)因为a2,2a3,a1成等差数列, 所以a3=a1+a2.∴q2=1+q.

1+ 5 又q>0,解得q= , 2 a3+a4 a3+a4 5-1 1 故 = = = .选C. 2 a4+a5 ?a3+a4?q q

类题通法

等差、等比数列性质的应用技巧 ?1?等差数列与等比数列有很多性质很类似,但又有区 别,学习时需对比记忆,灵活应用. ?2?等差数列与等比数列的性质多与其下标有关,解题 需多注意观察,发现其联系,加以应用. ?3?应用等差数列、等比数列的性质要注意结合其通项 公式、前n项和公式.

4.(1)设数列{an}是公差d<0的等差数列,Sn为其前n项 和,若S6=5a1+10d,则Sn取最大值时,n=( A.5 B.6 C.5或6 D.6或7 )

(2)已知等比数列{an}中,a4+a8=-2,则a6(a2+2a6+ a10)的值为( ) C.8 D.-9

A.4 B.6

(3)设各项都是正数的等比数列{an},Sn为前n项和,且 S10=10,S30=70,那么S40=( A.150 C.150或-200 )

B.-200 D.400或-50

解析:(1)由题意得S6=6a1+15d=5a1+10d,所以a6= 0,故当n=5或6时,Sn最大. (2)∵a4+a8=-2,∴a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2a
2 2 a6a10=a2 4+2a4a8+a8=(a4+a8) =4. 2 6



(3)依题意,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等 比数列,因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2= 10(70-S20),故S20=-20或S20=30.又S20>0,因此S20=30, ?S30-S20?2 S20-S10=20,S30-S20=40,则S40=S30+ =70+ S20-S10 402 20 =150.

答案:(1)C

(2)A

(3)A

创新交汇大盘点 03
创新方法 提升技能

数列与函数、不等式的交汇

数列与不等式的交汇主要体现在求解数列的有关最 值问题及与数列相关的不等式的证明问题,主要考查函 数思想及对推理与证明的认识. 【典例】 设正项等差数列{an}的前2 014项和等于

1 1 2 014,则a +a 的最小值为________. 3 2 012

【解】

由题意可得an>0,因为数列{an}为等差数列,

2 014?a1+a2 014? 故其前2 014项和为S2 014= =2 014,解得a1 2 +a2 014=2. 由等差数列的性质可得a3+a2 a2 012=2. 1 1 1 a3+a2 012 a3+a2 012 所以 + = ( + ) a3 a2 012 2 a3 a2 012
012=a1+a2 014,所以a3+

1 a2 012 a3 =2( a +a )+1. 3 2 012 因为a3>0,a2 012>0, a2 012 a3 所以 a +a ≥2 3 2 012 a2 012 a3 a3 ×a2 012=2,
012,也就是等差数列

a2 012 a3 当且仅当 a = a ,即a3=a2 3 2 012 {an}的公差为0时取等号.

1 1 1 所以a +a ≥2×2+1=2. 3 2 012 1 1 故 + 的最小值为2. a3 a2 012 【答案】 2

【命题立意】

该题审题时要抓住题中的一些关键条

件,如该题中的正项,为后面利用基本不等式时需要满足 “正数”埋下伏笔;而根据S2 质可得a3+a2
014=2

014以及等差数列的性

012=2,由此确定基本不等式中的“定值”,

为基本不等式的应用奠定基础.

1.(2014· 江苏南京、盐城一模)已知等比数列{an}的首 4 1 1 项为3,公比为-3,其前n项和为Sn,若A≤Sn-S ≤B对n∈ n N*恒成立,则B-A的最小值为________.

1n 2 4 解析:易得Sn=1-(- 3 ) ∈[ 3 ,1)∪(1, 3 ],而y=Sn- 1 8 4 17 7 在 [ , ] 上单调递增,所以 y ∈ [ - Sn 9 3 72 ,12]?[A,B],因此 7 17 59 B-A的最小值为12-(-72)=72.

59 答案: 72

2.(2014· 日照市校际联考)已知等差数列{an}满足:an+
* 1>an(n∈N ),a1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后顺次

成为等比数列{bn}的前三项. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 2n+3 1 a1 a2 an * (2)设Tn=b + b +?+b (n∈N ),若Tn+ 2n -n <c(c 1 2 n ∈Z)恒成立,求c的最小值.

解:(1)设d、q分别为数列{an}的公差、数列{bn}的公 比. 由题意知,a1=1,a2=1+d,a3=1+2d,分别加上 1,1,3得2,2+d,4+2d, (2+d)2=2(4+2d),所以d=± 2 又an+1>an,所以d>0,所以d=2, 所以an=2n-1(n∈N*), 由此可得b1=2,b2=4,q=2,所以bn=2n(n∈N*).

2n-1 a1 a2 an 1 3 5 (2)Tn=b +b +?+b =2+22+23+?+ 2n ,① 1 2 n 2n-1 1 1 3 5 ∴2Tn=22+23+24+?+ n+1 .② 2 2n-1 1 1 1 1 1 1 由①-②得2Tn=2+2+22+23+?+ n-1- n+1 . 2 2 1- n-1 2 2n-1 2n-1 1 ∴Tn=1+ - n =3- n-2- n 1 2 2 2 1-2 1

2n+3 =3- 2n , 2n+3 1 1 ∴Tn+ 2n -n=3-n<3. 2n+3 1 ∴使Tn+ n - <c(c∈Z)恒成立的c的最小值为3. 2 n