【创新设计】2016届 数学一轮(文科) 苏教版 江苏专用 课件 第六章 数列-3
【创新设计】图书 2016届 数学一轮(文科) 苏教版 江苏专用 第十一章 推理证明、算法、复数 (4)
解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，当x<0时，0<b<1，
∴a>b. 答案 a>b
基础诊断
考点突破
课堂总结
4． 若 a， b， c 为实数， 且 a<b<0， 给出下列四个不等式： ①ac2<bc2； 1 1 b a ② a >ab>b ； ③ a < b ； ④ a > b . 则 上 述 不 等 式 正 确 的 个 数 为
(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．
(×)
(× ) (×)
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充 要条件． (3)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．
(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾． (× )
基础诊断
考点突破
课堂总结
2．(2014·山东卷改编)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方 程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是
________．
解析 因为 “ 方程 x3 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至少有一个实根 ” 等价于
“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要做 的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”． 答案 方程x3＋ax＋b＝0没有实根
基础诊断
考点突破
课堂总结
3 ． 设 a ＝ lg 2 ＋ lg 5 ， b ＝ ex(x<0) ， 则 a 与 b 的 大 小 关 系 为 ________．
第2讲
直接证明与间接证明
基础诊断
考点突破
课堂总结
考试要求
1.分析法和综合法的思考过程和特点，A级要求；2.
反证法的思考过程和特点，A级要求．
创新设计数学一轮(文科) 苏教版 江苏专用 配套精
第2讲同角三角函数基本关系式与诱导公式基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1.1－2sin (π＋2)cos (π－2)＝________. 解析 1－2sin (π＋2)cos (π－2)＝1－2sin 2cos 2＝(sin 2－cos 2)2＝|sin 2－cos 2|＝sin 2－cos 2.答案 sin 2－cos 22．已知sin α＝55，则sin 4α－cos 4α的值为________． 解析 sin 4α－cos 4α＝sin 2α－cos 2α＝2sin 2α－1＝25－1＝－35.答案 －353．如果sin(π＋A )＝12，那么cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－A 的值是________．解析 ∵sin(π＋A )＝12，∴－sin A ＝12. ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－A ＝－sin A ＝12.答案 124．(2014·扬州模拟)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝35，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则sin(π＋α)＝________. 解析 由已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝35，得cos α＝35，∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin α＝45，∴sin(π＋α)＝－sin α＝－45. 答案 －455．sin 43π·cos 56π·tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43π的值是________．解析 原式＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π＋π3·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－π6·tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π－π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－sin π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos π6·⎝ ⎛⎭⎪⎫－tan π3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×(－3)＝－334. 答案 －3346．已知α和β的终边关于直线y ＝x 对称，且β＝－π3，则sin α等于________． 解析 因为α和β的终边关于直线y ＝x 对称，所以α＋β＝2k π＋π2(k ∈Z )．又β＝－π3，所以α＝2k π＋5π6(k ∈Z )，即得sin α＝12. 答案 127．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝13，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝________. 解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－13.答案 －138．(2015·长沙一模)若cos(2π－α)＝53，且α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0，则sin(π－α)＝________.解析 由诱导公式可知cos(2π－α)＝cos α＝53，sin(π－α)＝sin α，由sin 2α＋cos 2α＝1可得，sin α＝±23， ∵α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0，∴sin α＝－23.答案 －23 二、解答题9．已知sin θ＝45，π2＜θ＜π. (1)求tan θ的值；(2)求sin 2θ＋2sin θcos θ3sin 2θ＋cos 2θ的值．解 (1)∵sin 2θ＋cos 2θ＝1，∴cos 2θ＝925. 又π2＜θ＜π，∴cos θ＝－35.∴tan θ＝sin θcos θ＝－43. (2)由(1)知，sin 2θ＋2sin θcos θ3sin 2θ＋cos 2θ＝tan 2θ＋2tan θ3tan 2θ＋1 ＝－857.10．已知在△ABC 中，sin A ＋cos A ＝15. (1)求sin A cos A 的值；(2)判断△ABC 是锐角三角形还是钝角三角形； (3)求tan A 的值．解 (1)∵sin A ＋cos A ＝15，① ∴两边平方得1＋2sin A cos A ＝125， ∴sin A cos A ＝－1225，(2)由sin A cos A ＝－1225＜0，且0＜A ＜π，可知cos A ＜0，∴A 为钝角，∴△ABC 是钝角三角形． (3)∵(sin A －cos A )2＝1－2sin A cos A ＝1＋2425＝4925， 又sin A ＞0，cos A ＜0，∴sin A －cos A ＞0， ∴sin A －cos A ＝75，②∴由①，②可得sin A ＝45，cos A ＝－35， ∴tan A ＝sin Acos A ＝45－35＝－43.能力提升题组 (建议用时：25分钟)1．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝________.解析 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝π2.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝13. 则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α－1＝－79.答案 －792．(2014·泰州模拟)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＋cos α＝－15，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝________.解析 由sin α＋cos α＝－15两边平方得1＋2sin αcos α＝125，∴2sin αcos α＝－2425，∵π2＜α＜π，此时sin α＞0，cos α＜0，sin α－cos α＝(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝1＋2425＝75，联立得⎩⎪⎨⎪⎧sin α＋cos α＝－15，sin α－cos α＝75，解得sin α＝35，cos α＝－45，∴tan α＝sin αcos α＝－34， ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1＋tan α1－tan α＝1－341＋34＝17.答案 173．sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 290°＝________.解析 sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 290°＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 244°＋sin 245°＋cos 244°＋cos 243°＋…＋cos 21°＋sin 290°＝(sin 21°＋cos 21°)＋(sin 22°＋cos 22°)＋…＋(sin 244°＋cos 244°)＋sin 245°＋sin 290°＝44＋12＋1＝912. 答案 9124．是否存在α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，β∈(0，π)，使等式sin(3π－α)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－β，3cos(－α)＝－2cos(π＋β)同时成立？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由．解 假设存在角α，β满足条件， 则由已知条件可得⎩⎨⎧ sin α＝2sin β，3cos α＝2cos β，①②由①2＋②2，得sin 2α＋3cos 2α＝2. ∴sin 2α＝12，∴sin α＝±22. ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∴α＝±π4. 当α＝π4时，由②式知cos β＝32， 又β∈(0，π)，∴β＝π6，此时①式成立； 当α＝－π4时，由②式知cos β＝32，又β∈(0，π)，∴β＝π6，此时①式不成立，故舍去． ∴存在α＝π4，β＝π6满足条件.。
【创新设计】2016届 数学一轮(文科) 苏教版 江苏专用 课件 第八章 立体几何-4
面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的________条件(填
“充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必 要”)． 解析 若α⊥β，因为 α∩β＝m， b⊂β，b⊥m，所以根据两个 平面垂直的性质定理可得 b⊥α ，又 a⊂α ，所以 a⊥b ；反过
来，当a∥m时，因为 b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但
第4讲
直线、平面垂直的判定与性质
考试要求
1.空间中线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定
理，B级要求；2.运用线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定
理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题，B级要求．
知识梳理
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义 如果一条直线l与平面α内的 任意 直线都垂直，就说直线l与平 面α互相垂直．
图形语言
符号语言
l⊥α l⊂β
⇒α⊥β
α⊥β
α∩β＝a l ⊥a
l⊂β
⇒
l⊥α
诊断自测 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(
(×)
) √ (×)
因此四边形 ABCE 为菱形， 所以 O 为 AC 的中点． 又 F 为 PC 的中点， 因此在△PAC 中，可得 AP∥OF. 又 OF⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF，所以 AP∥平面 BEF.
不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β. 答案 充分不必要
4 ．(2014·浙江卷改编 ) 设 m，n是两条不同的直线， α ， β 是两个 不同的平面，下列命题：
①若m⊥n，n∥α，则m⊥α
②若m∥β，β⊥α，则m⊥α ③若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α ④若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α 其中所有假命题的序号是________．
高中数学一轮(文科)苏教版江苏专用配套精品课件第六章数列6-4
n 项和 Sn.
基础诊断
考点突破
课堂总结
解
(1)由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an＋2cos x.
*
对任意 n∈N
π ，f′2＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
答案 2n 1－2＋n2
＋
基础诊断
考点突破
课堂总结
3．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋„＋ (－1)n－1·n，则S17＝________.
解析
S17＝1－2＋3－ 4＋5－6＋„＋15－16＋17＝1＋( －2
＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋„＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1 ＋1＋1＋„＋1＝9. 答案 9
a11－qn 1－q (ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝
a1－anq ＝ 1－q
.
基础诊断
考点突破
课堂总结
(2)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比
数列，再求解．
(3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推
(4)若数列 a1，a2－a1，„，an－an－1 是首项为 1，公比为 3 的 3n－1 等比数列，则数列{an}的通项公式是 an＝ 2 .
基础诊断 考点突破
(√ )
课堂总结
2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项 和为________．
21－2n n1＋2n－1 n＋1 2 解析 Sn＝ ＋ ＝ 2 － 2 ＋ n . 2 1－2
高中数学一轮(文科)苏教版江苏专用配套精品课件第六章数列6-2
基础诊断
考点突破
课堂总结
解
①由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将 a1＝1 代入上式解得 d＝2 或 d＝－5. 因为 d＞0，所以 d＝2.从而 an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)． ②由①得 am＋am＋1＋am＋2＋„＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以 (2m＋k－1)(k＋1)＝65. 由 m，k∈N*知
m＝5， 所以 k＝4. 2m＋k－1＝13， 2m＋k－1≥k＋1＞1，故 k＋1＝5，
(2)等差数列的前 n 项和公式 nn－1 na1＋an na1＋ 2 Sn＝ ＝ 2 为公差，an 为第 n 项)．
d(其中 n∈N*，a1 为首项，d
基础诊断
考点突破
课堂总结
3．等差数列及前n项和的性质
(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A
a＋b 2 ＝
.
(2) 若 {an} 为 等 差 数列 ， 且 m ＋ n ＝ p ＋ q ， 则 am ＋ an ＝ ap ＋ aq(m，n，p，q∈N*)． (3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，„(k， m∈N*)是公差为 md 的等差数列．
a1＝2， 2a1＋6d＝10，
法二 由等差数列的性质知 a1＋a7＝a3＋a5， ∴a7＝(a3＋a5)－a1＝10－2＝8.
答案 8
基础诊断
考点突破
课堂总结
3．(2014·新课标全国Ⅱ卷改编)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＝________.
解析 由题意知 d＜0
a8＞0， 且 a9＜0， 7＋7d＞0， 即 7＋8d＜0，
数学一轮(文科) 苏教版 江苏专用 配套多媒体实用课件
(建议用时：70分钟)1. 如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点． 求证：(1)AF ∥平面BCE ； (2)平面BCE ⊥平面CDE .证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG .∵F 为CD 的中点， ∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .2．(2015·南京、盐城一模)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：BF ∥平面A 1EC ； (2)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1.证明 (1)连接AC 1并交A 1C 于点O ，连接OE ，OF ，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1. 又因为F 为AC 的中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1. 因为E 为BB 1的中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1. 所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE .又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ，所以BF ∥平面A 1EC . (2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ，F 为AC 的中点， 所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC .又因为AA 1⊥底面ABC ，而BF ⊂底面ABC ， 所以AA 1⊥BF .由BF ∥OE 得OE ⊥AA 1，而AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1.因为OE ⊂平面A 1EC ，所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1.3．(2015·常州监测)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥BC ，E ，F 分别是A 1B ，AC 1的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ；(2)求证：平面AEF ⊥平面AA 1B 1B ；(3)若A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2a ，求三棱锥F －ABC 的体积． (1)证明 连接A 1C .∵直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AA 1C 1C 是矩形， ∴点F 在A 1C 上，且为A 1C 的中点．在△A 1BC 中，∵E ，F 分别是A 1B ，A 1C 的中点， ∴EF ∥BC .又∵BC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以EF ∥平面ABC . (2)证明 ∵直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，B 1B ⊥平面ABC ， ∴B 1B ⊥BC .∵EF ∥BC ，AB ⊥BC ，∴AB ⊥EF ，B 1B ⊥EF . ∵B 1B ∩AB ＝B ，∴EF ⊥平面ABB 1A 1. ∵EF ⊂平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面ABB 1A 1. (3)解 V F －ABC ＝12VA 1－ABC ＝12×13×S △ABC ×AA 1 ＝12×13×12a 2×2a ＝a 36.4. (2014·北京海淀区模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥AC ，AC ＝AA 1，E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点．(1)求证：AB ⊥平面AA 1C 1C ；(2)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；(3)证明：EF⊥A1C.(1)证明∵A1A⊥底面ABC，∴A1A⊥AB，又∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.(2)解∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，∵在△ABC中E是BC的中点，∴D是线段AC的中点．(3)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1，由(1)可得AB⊥A1C，∵AB∩AC1＝A，∴A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1.又∵E，F分别为棱BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，∴EF⊥A1C.5. (2014·江西卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.(1)求证：A1C⊥CC1；(2)若AB＝2，AC＝3，BC＝7，问AA1为何值时，三棱柱ABC－A1B1C1体积最大，并求此最大值．(1)证明由AA1⊥BC知BB1⊥BC，又BB1⊥A1B，且BC⊂平面BCA1，A1B⊂平面BCA 1，BC ∩A 1B ＝B ，故BB 1⊥平面BCA 1，由A 1C ⊂平面BCA 1可得BB 1⊥A 1C ， 又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1.(2)解 法一 设AA 1＝x ，在Rt △A 1BB 1中，A 1B ＝A 1B 21－BB 21＝4－x 2. 同理，A 1C ＝A 1C 21－CC 21＝3－ x 2.在△A 1BC 中，cos ∠BA 1C ＝A 1B 2＋A 1C 2－BC 22A 1B ·A 1C ＝－x 2(4－x 2)(3－x 2)，sin ∠BA 1C ＝12－7x 2(4－x 2)(3－x 2)，所以S △A 1BC ＝12A 1B ·A 1C ·sin ∠BA 1C ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－672＋367，故当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.法二 如图，过A 1作BC 的垂线，垂足为D ，连接AD .由于AA 1⊥BC ，A 1D ⊥BC ，故BC ⊥平面AA 1D ，BC ⊥AD ，又∠BAC ＝90°， 所以S △ABC ＝12AD ·BC ＝12AB ·AC ，得AD ＝2217. 设AA 1＝x ，在Rt △AA 1D 中， A 1D ＝AD 2－AA 21＝127－x 2，S △A 1BC ＝12A 1D ·BC ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－672＋367，故当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.6. 如图，已知四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点．(1)求证：FG∥平面PDE；(2)求证：平面FGH⊥平面ABE；(3)在线段PC上是否存在一点M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由．(1)证明因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FG∥PE，又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，所以FG∥平面PDE.(2)证明因为EA⊥平面ABCD，所以EA⊥CB.又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.由已知F，H分别为线段PB，PC的中点，所以FH∥BC.则FH⊥平面ABE.而FH⊂平面FGH，所以平面FGH⊥平面ABE.(3)解在线段PC上存在一点M，使PB⊥平面EFM.证明如下：如图，在PC上取一点M，连接EF，EM，FM.在直角三角形AEB中，因为AE＝1，AB＝2，所以BE＝ 5. 在直角梯形EADP中，因为AE＝1，AD＝PD＝2，所以PE＝5，所以PE＝BE.又F为PB的中点，所以EF⊥PB.要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CB，又CB⊥CD，PD∩CD＝D，所以CB⊥平面PCD，而PC⊂平面PCD，所以CB⊥PC.若PB⊥FM，则△PFM∽△PCB，可得PMPB＝PFPC.由已知可求得PB＝23，PF＝3，PC＝22，所以PM＝32 2.。
高考(苏教版)数学(文科)一轮复习讲义数列通项公式的求法名师公开课省级获奖课件(86张)
仍为等差数列，其公差为d±D.
答案
1 2 、 (3)若{an}、 {bn}为等比数列， 则{λan}(λ≠0)、 {|an|}、 { a { ma n}、 nbn}(m≠0) an
(3){an}的公差为d，则d>0⇔{an}为 递增 数列；d<0⇔{an}为 递减 数
列；d＝0⇔{an}为常数列.
答案
2.等比数列的通项公式
n－1 a q (1)首项为a1，公比为q，则an＝ 1 .
(2)推广形式：an＝am· qn－m或am＝an· qm－n.
3.常用结论
(1)若{an}是等差数列，k∈N*，则{kan}也是等差数列.
(4)3,5,3,5，….
解
数列中的奇数项为3，偶数项为5.
n为奇数， n为偶数.
3， ∴通项公式 an＝ 5，
3＋5 此数列还可以这样考虑，3 与 5 的算术平均数为 ＝4 2
4加1便是5,4减1便是3，而加1与减1也就是(－1)n.
3＋5 因此数列的通项公式还可以写成 an＝ ＋(－1)n＝4＋(－1)n. 2
仍为等差数列.
(4){an}是等差数列⇔{(cn)a} (c>0，c≠1)是等比数列.
{an}是正项等比数列⇔{logcan} (c>0，c≠1)是等差数列.
{an}既是等差数列又是等比数列⇔{an}是各项不为零的常数列.
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}的通项公式an＝3n＋2，则数列{an}是递增数列.( √ )
每个根号内可看作3与2n－1的乘积.
高中数学一轮(文科)苏教版江苏专用配套精品课件第六章数列6-1
考点突破
课堂总结
2．数列的分类 分类原则 按项数分类 类型 有穷数列 无穷数列 满足条件 项数 有限 . 项数无限 .
按项与项间 的大小关系 分类
按其他 标准分类
递增数列 递减数列 常数列 有界数列
摆动数列
an＋1 ＞ an an＋1＜ an
an＋1＝an
其中n∈N*
存在正数M，使|an|≤M
从第二项起，有些项大于 它的前一项，有些项小于 它的前一项的数列
基础诊断 考点突破 课堂总结
5．(苏教版必修5P34T7改编)根据下面的图形及相应的点数，写 出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.
答案 5n－4
基础诊断
考点突破
课堂总结
考点一 由数列的前几项求数列的通项 【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公
式：
(1)－1,7，－13,19，„； 2 4 6 8 10 (2)3，15，35，63，99，„； 1 9 25 (3)2，2，2，8， 2 ，„； (4)5,55,555,5 555，„.
Sn－1.
(×)
基础诊断
考点突破
课堂总结
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为________． 解析 当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.
答案 15
3．(2014·徐州调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1， 则其通项公式为an＝________. 解析 由题意知an＋1 ＋1＝2(an ＋1)，∴数列{an＋1}是以2为 首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
2n＋1 1 答案 (1)(－1) (2) 2 nn＋1 n ＋1
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
an＋1 an 数学语言表达式： ＝ q (n≥2，q 为非零常数)，或 a ＝ an－1 n q(n∈N*，q 为非零常数)．
2. 等比数列的通项公式及前n项和公式 (1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an
＝ a1qn－1
5．(2014·广东卷)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则 log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
解析 由等比数列的性质知 a1a5＝a2a4＝a2 3＝4⇒a3＝2，所以 log2a1 ＋ log2a2 ＋ log2a3 ＋ log2a4 ＋ log2a5 ＝ log2(a1a2a3a4a5) ＝ log2a5 3＝5log22＝5.
3 ．(2014· 大纲全国卷改编 ) 设等比数列 {an}的前n 项和为 Sn. 若 S2 ＝3，S4＝15，则S6＝________.
解析
由等比数列的性质得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝
3×(S6－15)，解得S6＝63. 答案 63
4．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝ ________.
法二
a4＋a7＝2， 由 a5a6＝a4a7＝－8，
a4＝－2， 解得 a7＝4
a4＝4， 或 a7＝－2.
3 q ＝－2， ∴ a1＝1
1 q3＝－ ， 2 或 ∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. a1＝－8，
答案 －7
差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和．
解 设该数列的公比为 q，由已知可得 a1q－a1＝2,4a1q＝3a1
＋a1q2，所以 a1(q－1)＝2，q2－4q＋3＝0， 解得 q＝3 或 q＝1.由于 a1(q－1)＝2， 因此 q＝1 不合题意，应舍去．故公比 q＝3，首项 a1＝1. 3n－1 所以数列的前 n 项和 Sn＝ 2 .
a7 解析 (1)由a ＝q3＝8，知 q＝2，所以 an＝a4qn－4＝2· 2n－4＝2n－3. 4 (2)设公比为 q，因为 a2＝1，则由 a8＝a6＋2a4 得 q6＝q4＋2q2，q4－q2－2＝0，解得 q2＝2， 所以 a6＝a2q4＝4.
a1q3＝1， a1q· (3)显然公比 q≠1，由题意得a11－q3 ＝7， 1－q a1＝4， a1＝9， 解得 1 或 1 (舍去)， q＝ q＝－3 2 a11－q5 ∴S5＝ ＝ 1－q
第3讲
等比数列及其前n项和
考试要求
1.等比数列的概念，B级要求；2.等比数列的通项公
式及前n项和公式，C级要求；3.根据具体的问题情境中的等比
关系解决相应的问题，B级要求；4.等比数列与指数函数的关 系，A级要求．
知识梳理
1．等比数列的定义
如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于
同一个 非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数
k l
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，
m ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 q
.
(4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 仍成等比数列，其公比为 q
n
.
诊断自测
1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)满足 an＋1＝qan(n∈N*，q 为常数)的数列{an}为等比数列． (× ) (2)三个数 a，b，c 成等比数列的充要条件是 b2＝ac. ( × ) (3) 数列 {an} 的通项公式是 an ＝ an ，则其前 n 项和为 Sn ＝ a1－an . 1－a (× )
n－3
1 41－25
31 1 ＝4. 1－2
ห้องสมุดไป่ตู้
答案 (1)2
31 (2)4 (3) 4
规律方法 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问
题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求 二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．
【训练1】 在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等
解析 法一
3 q ＝－2， ∴ a1＝1
3 6 a4＋a7＝a1q ＋a1q ＝2， 由题意得 4 5 2 9 a a ＝ a q × a q ＝ a 5 6 1 1 1q ＝－8，
1 q3＝－ ， 2 或 ∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. a1＝－8，
答案 5
考点一
等比数列中基本量的求解
【 例 1】 (1) 在 等 比 数 列 {an} 中 ， a4 ＝ 2 ， a7 ＝ 16 ， 则 an ＝
________.
(2)(2014· 江苏卷 ) 在各项均为正数的等比数列 {an} 中， a2 ＝ 1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________． (3) 设 {an} 是由正数组成的等比数列， Sn 为其前 n 项和．已知 a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________.
(4)数列{an}为等比数列，则 S4，S8－S4，S12－S8 成等比数列． (×)
2．(苏教版必修5P52例2改编)在9与243中间插入两个数，使它们 同这两个数成等比数列，则这两个数为______．
解析 设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3. 所以插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81. 答案 27,81
；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 a11－qn a1－anq 时，Sn＝ 1－q ＝ . 1－q
3．等比数列及前n项和的性质
(1)如果
a，G，b
成等比数列，那么G叫做a与b的等比中
项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇔ G2＝ab . (2) 若 {an}为等比数列，且k ＋l ＝ m＋ n(k ，l ， m， n∈N*) ，则 an . a ·a ＝ am·