2019届高考数学二轮复习数列大题课件(31张)(全国通用)
2019年度高考数学(全国通用)二轮复习课件 回扣4 数 列
回扣4 数 列
内容索引
回归教材 易错提醒 回扣训练
回归教材
1.牢记概念与公式
等差数列、等比数列
等差数列
通项公式 an＝a1＋(n－1)d
等比数列
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和
na1＋an Sn ＝ ＝ na1 ＋ 2 nn－1 d 2
a11－qn a1－anq (1)q≠1，Sn＝ ＝ ； 1－q 1－q (2)q＝1，Sn＝na1
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解析
答案
3.设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，且 a1>0 ， a3 ＋ a10>0 ， a6a7<0 ，则满足
Sn>0的最大自然数n的值为
A.6 B.7
C.12
√
D.13
解析 ∵a1>0，a6a7<0， ∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零， 又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0， ∴S12>0，S13<0， ∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
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解析
答案
12.若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ 50 ln a2＋„＋ln a20＝________.
解析 ∵数列{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，
2019届高考数学二轮复习(理科)数列的综合问题课件(32张)(全国通用)
解:(1)设数列{an}的公比为 q, 由已知,有 1 - 1 = 2 ,
a1 a1q a1q 2 解得 q=2 或 q=-1. 又由 S6=a1· 1 q6 =63,知 q≠-1,
1 q 所以 a1· 1 26 =63,得 a1=1,所以 an=2n-1.
1 2
(2)若对任意的 n∈N*,bn 是 log2an 和 log2an+1 的等差中项,求数列{(-1)n bn2 }的前 2n 项和.
(2)求数列{bn}的前n项和.
解:(2)由(1)知 bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
数列{3n}的前 n 项和为 3 n(n+1),数列{2n-1}的前 n 项和为 1× 1 2n =2n-1.
2
1 2
所以,数列{bn}的前 n 项和为 3 n(n+1)+2n-1. 2
考点二 数列在实际问题中的应用 首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在语言中的数学关系,把 应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题,使关系明朗化、标准化.然后 用等差、等比数列知识求解. 【例2】 某市地铁连同站台等附属设施全部建成后,平均每公里需投资人民币 1亿元,全部投资都从银行贷款.从投入营运那一年开始,地铁公司每年需归还 银行相同数额的贷款本金0.05亿元,这笔贷款本金先用地铁营运收入支付,不 足部分由市政府从公用经费中补足.地铁投入营运后,平均每公里年营运收入 (扣除日常管理费等支出后)第一年为0.012 4亿元,以后每年增长20%,到第20 年后不再增长. (1)地铁营运几年,当年营运收入开始超过当年归还银行贷款本金?
(6)分期付款模型:设贷款总额为 a,年利率为 r,等额还款数为 b,分 n 期还完,则 b= r(1 r)n a.
2019高考高考数学二轮复习第二部分第三讲数列课件理
(2)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小 值时n的值为( A．6 B．7 C．8 D．9 )
解析 由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝ |a11|，所以－a6＝a11， 所以a6＋a11＝a8＋a9＝0，又d>0，所以a8<0，a9>0，所以前8项和为前n项和的 最小值。故选C。 答案 C
由an与Sn的关系求通项公式的注意事项 (1)应重视分类整合思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注 意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2。 (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合 写”)。 (3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应
解析 设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则
S ＝a11－q ＝7， 3 4 1－q a11－q6 63 S6＝ ＝ ， 4 1 － q
3
q＝2， 1 解得 则a8＝a1q7＝ ×27＝32。 1 4 a1＝ ， 4
答案 32
在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明 显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计 算，以减少计算量。
(3)(2018· 洛阳联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的 a2a16 两根，则 的值为( a9 2＋ 2 A．－ 2 C． 2 ) B．－ 2 D．－ 2或 2
解析 设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根， 所以a3· a15＝a 2 9 ＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－ 2 ，所以 a2 9 ＝ ＝a9＝－ 2。故选B。 a9 答案 B a2a16 a9
2019年高考数学(文)二轮复习课件：专题四 数列 4.2.2
-7-
(1)解 4Sn=an(an+2),①
当 n=1 时,4a1=������12+2a1,即 a1=2;
当 n≥2 时,4Sn-1=an-1(an-1+2).②
由①-②得 4an=���������2��� − ���������2���-1+2an-2an-1,
即 2(an+an-1)=(an+an-1)·(an-an-1).
∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.
(2)证明
∵1
������������+1-������������
=
1 2������+1-2������=ຫໍສະໝຸດ 21������,∴1
������2-������1
+
������31-������2+…+������������+11-������������
由于
Sn+2+Sn+1=-43+(-1)n2������+33-2������+2=2
-
2 3
+
(-1)������
2������+1 3
=2Sn,
故 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列.
-6-
数列型不等式的证明 例2设Sn是数列{an}的前n项和,an>0,且4Sn=an(an+2). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(������������-1)1(������������+1),Tn=b1+b2+…+bn,求证:Tn<12.
(全国通用版)2019高考数学二轮复习-专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件
由Sa64＝＋4a85＝，24，
a1＋3d＋a1＋4d＝24， 得6a1＋6×2 5d＝48，
解得d＝4.
解析 答案
2.(2017·浙江改 编 ) 已知 等差数 列 {an} 的 公差为 d ， 前 n 项 和 为 Sn ， 则 “d>0”是“S4＋S6>2S5”的__充__要____条件.
解析 答案
a111－－qq3＝74， 则a111－－qq6＝643，
解得a1＝14， q＝2，
所以 a8＝14×27＝25＝32.
解析 答案
押题预测
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足
Sn>0的最大自然数n的值为
A.6
B.7
√C.12
D.13
押题依据 等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高 考的热点，可以考查学生灵活变换的能力.
例1 (1)(2018·北京)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的 通项公式为_a_n＝__6_n_－__3_(_n_∈__N_*_)_.
解析 方法一 设公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝36， ∴2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6， ∴通项公式an＝a1＋(n－1)d＝6n－3(n∈N*). 方法二 设公差为d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3， ∴a6＝33，∴d＝a6－5 a1＝6. ∵a1＝3，∴通项公式an＝6n－3(n∈N*).
解答
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理 清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数 列的单调性、最值求解.
[2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习(两组试卷)]
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[2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（两组试卷）]2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（两组试卷）2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（1）等差数列、等比数列的基本问题 1.等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,若a1=1,ak+a4=0,则k=. 2.已知在等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则(a_7 “-” a_9)/(a_3 “-” a_5 )=. 3.(2018江苏南通中学高三考前冲刺练习)已知等差数列{an}的公差d=3,Sn是其前n项和,若a1,a2,a9成等比数列,则S5的值为. 4.(2018南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=. 5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项和为. 6.(2018江苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S_10/S_5 =4,则(4a_1)/d=. 7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,设bn=log2an,则1/(b_1 b_2 )+1/(b_2 b_3 )+…+1/(b_10 b_11 )的值是. 8.(2018扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为. 9.(2018扬州高三第三次调研)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=(n+5)/2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn. (1)求a1+a3的值; (2)若a1+a5=2a3. ①求证:数列{a2n}为等差数列; ②求满足S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m). 10.(2018苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立. (1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列; (2)如果数列{b_n+1/2}为等比数列,求d的值; (3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和. 答案精解精析 1.答案10 解析S9=S4,则9a1+36d=4a1+6d,a1+6d=a7=0,则a4+a10=2a7=0,则k=10. 2.答案 4 解析等比数列中奇数项符号相同,a3>0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7 “-” a_9)/(a_3 “-” a_5 )=(“-” 8)/(“-” 2)=4. 3.答案65/2 解析由题意可得a1a9=〖a_2〗,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2. 4.答案-6 解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)+(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)=2(a_1 “(“ 1”-” q“)”)/(1”-” q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q =-6. 5.答案2056 解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1”-” 2)/(1”-” 2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056. 6.@n”-” 1”,” n≥2”,” )┤所以1/(b_1 b_2 )+1/(b_2 b_3 )+…+1/(b_10 b_11 )=1+1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/(9×10)=1+(1”-”1/2)+(1/2 “-”1/3)+…+(1/9 “-”1/10)=2-1/10=19/10. 8.答案3/4 解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2”-” (q+1/q) ,当b最大时q0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7 “-” a_9)/(a_3 “-” a_5 )=(“-” 8)/(“-” 2)=4. 3.答案65/2 解析由题意可得a1a9=〖a_2〗,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2. 4.答案-6 解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)+(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)=2(a_1 “(“ 1”-” q“)” )/(1”-” q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q =-6. 5.答案2056 解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1”-” 2)/(1”-” 2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056. 6.答案 2 解析由〖S_1〗_0/S_5 =4得〖S_1〗_0=4S5,即10a1+45d=4(5a1+10d),则(4a_1)/d=2. 7.答案19/10 解析由〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2”-” (q+1/q) ,当b最大时q感谢您的阅读！。
(通用版)2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题七数列课件理(重点生)
考法一 等差、等比数列的基本运算和性质
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
读懂题意 会脱去数学文化的背景，读懂题意
构建模型 求解模型
由题意，构建等差或等比数列或递推关系 式的模型
利用所学知识求解数列的相关信息，如指 定项、 通项公式或前n项和
考法三 等差、等比数列的判定与证明
考法四 数列求和
定义关 应用关
专题七
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
等差数列的基本运算 ·T4
Sn与an的关系、等比 数列求和·T14
等差数列的通项公式、 等比数列的通项
前n项和公式及最值 公式、前n项和公
·T17
式·T17
2017
等差数列的基本运算 ·T4
等差数列、等比数列 前n项和公式的运用、 创新问题·T12
数学文化、等比数列的 概念、前n项和公式·T3
会求和
对分成的各组数列进行求和
定通项 巧裂项 消项求和
会利用求通项的常见方法求出数列的通项 公式
对数列的通项公式进行准确裂项，表示成 两项之差的形式
把握消项的规律，求和时正负项相消，只 剩下首尾若干项，做到准确求和
巧分拆 构差式 得结论
把数列的通项转化为等差数列、等比数列 的通项的和，并求出等比数列的公比
会利用等差数列或等比数列的定义，判断 所给的数列是等差数列还是等比数列
会应用等差(比)数列的前n项和公式来求解
运算关
认真运算，此类题将迎刃而解
会用公式 会观察
会利用等差或等比数列的通项公式，求出 数列的通项公式
观察数列的通项公式的特征，若其是由若 干个可求其和的数列的通项公式组成，则 求和时可用分组求和法求解
卷Ⅰ
卷Ⅱ
全国通用版2019版高考数学总复习专题四数列4.1数列基础题课件理
高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
3.(2018 湖南、江西第二次联考)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 log3
Sn+1 =n+1,则数列{an}的通项公式为
.
答案
8,������ = 1, an= 2 × 3������ ,������ ≥ 2
解析 由log3(Sn+1)=n+1,得Sn+1=3n+1,
当n=1时,a1=S1=8;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2×3n,
所以数列{an}的通项公式为
an=
8,������ 2×
= 1, 3������ ,������
≥
2.
命题角度1
-9-
高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
4.(2018湖南衡阳一模)已知数列{an}前n项和为Sn,若Sn=2an-2n,则
高考真题体验·对方向
命题角度1 新题演练提能·刷高分
-10-
5.(2018河南4月适应性考试)已知数列{an}的前n项和是Sn,且
an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an=
.
答案
3-
1 2
n-2
解析 由题得 an+Sn=3n-1①,
an-1+Sn-1=3n-4②,
两式相减得 an=12an-1+32,∴an-3=12(an-1-3), ∴{an-3}是一个等比数列,
2������1 + 7������ = 24,① ①×3-②,
6������1 + 15������ = 48,②
得(21-15)d =24,即 6d=24,所以 d=4.
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考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
解:(1)由已知得
������1 + ������2 + ������3 = 7, (������1 + 3) + (������3 + 4)
专题探究
4.2.1 等差、等比数列与 数列
的通项及求和
专题探究
-9-
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
等差、等比数列的通项及求和
例1(2018全国Ⅱ,理17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-
7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解:(1)设{an}的公差为d, 由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2. 所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 解题心得对于等差、等比数列,求其通项及前n项和时,只需利用
(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. 由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列. 从而 Sn=���2���(a1+a3n-2)=���2���(-6n+56)=-3n2+28n.
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-11-
可转化为等差、等比数列的问题
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·12 ������-2+(4n-9)·12 ������-3+…+7×12+3.
设 Tn=3+7×12+11×
1 2
2+…+(4n-5)·12
������ -2
,n≥2,
12Tn=3×12+7×
,n≥2,
又 b1=1,
所以 bn=15-(4n+3)·12
������ -2
.
专题探究
-23-
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
求数列的通项及裂项求和
例4已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有
3an=2Sn+3成立.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn=log3an,求数列
所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,
可得3d-a1=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,② 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为
bn=2n.
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-18-
对点训练3(2018浙江,20)已知等比数列{an}的公比q>1,且 a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列 {(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1 =12×(1-4������ )-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.
1-4
得 Tn=3���3���-2×4n+1+83. 所以,数列{a2nb2n-1}的前 n 项和为3���3���-2×4n+1+83.
递推数列
等价变 换、放缩 法
全国
Ⅰ
2015
已知 an 与 Sn 的
关系求数列通 项;已知数列 {bn}的通项求
数列的通项及 前 n 项和
Sn=f(an)型
前 n 项和
递推消 元、方程 思想、裂 项求和
全国
Ⅱ
没有考查
专题探究
-3-
年份 卷别 设问特点
涉及知识点
函数模型
数学思想 方法
全国
Ⅰ
没有考查
全国
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-12-
(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,
∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)·2n-2n(2n+1)=-4n, ∴Tn=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1) =-4(1+2+…+n)=-4×������(������2+1)=-2n2-2n.
专题探究
4.2 数列大题
专题探究
-2-
年份 卷别 设问特点
涉及知识点
函数模型
数学思想 方法
全国
Ⅰ
2014 全国
Ⅱ
证明
数列通项及前
方程思
an+2-an=λ;存 n 项和、等差数 anan+1=f(Sn) 想、等价
在性问题
列的通项
变换
证明数列为等 比数列;证明数 列不等式
等比数列的通 项及前 n 项和
1 2
2+…+(4n-9)·1
2
������-2+(4n-5)·1
2
������ -1
,
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-22-
所以12Tn=3+4×12+4×
1 2
2+…+4·12
������-2-(4n-5)·12
������ -1
,
因此 Tn=14-(4n+3)·12
������ -2
例2已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数 列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,求Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+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.
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.
由 a3+a5=20,得 8
������ + 1
������
=20,
解得 q=2 或 q=12.
因为 q>1,所以 q=2.
专题探究
-21-
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}前n项和为Sn,
1 ������������ ·������������ +1
的前 n 项和 Tn.
解:(1)在3an=2Sn+3中,取n=1,得a1=3,且3an+1=2Sn+1+3,
=
3������ (������ +1)ln
2
2.
故
Tn=3������
(������+1)ln
2
2.
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-16-
求数列的通项及错位相减求和
例3已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的 等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求最大(小)项时,可利用:①数列的单调性;②函数的单调性;③
导数.
(2)求参数范围时,可利用:①作差法;②同号递推法;③先猜后证法.
专题探究
-7-
4.数列不等式问题的解决方法 (1)利用数列(或函数)的单调性.
(2)放缩法:①先求和后放缩;②先放缩后求和,包括放缩后成等差
(或等比)数列再求和,或者放缩后裂项相消再求和.
涉及知识点 函数模型
全国
Ⅰ
没有考查
求等差数列的
全国
Ⅱ
2018
通项、前 n 项 和及前 n 项和 的最小值
等差数列的通 项及前 n 项和
等差数列
求等比数列的
全国
Ⅲ
通项公式;已知 等比数列的通 前几项和求项 项及前 n 项和
等比数列
数
数学思想 方法
方程思 想、函数 思想
方程思想
专题探究
-5-
1.求通项公式的常见类型
由 cn=
������1,������ = 1, ������������ -������������-1,������
≥
2,解得
cn=4n-1.
由(1)可知 an=2n-1,
所以 bn+1-bn=(4n-1)·12
������ -1
.
故 bn-bn-1=(4n-5)·12
������ -2
,n≥2,
-14-
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-15-
(2)由(1)得a3n+1=23n,
∴bn=ln 23n=3nln 2.