2015届高三数学成才之路二轮专项复习课件3.1等差、等比数列的通项、性质与前n项和

则 Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)， 所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1， 4 整理得 an＝3an－1. p 由 Sn＝4an－p，令 n＝1，得 a1＝4a1－p，解得 a1＝3. 4 p 所以{an}是首项为3，公比为3的等比数列．
4 n－1 (2)因为 a1＝1，则 an＝(3) ， 4 n －1 由 bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得 bn＋1－bn＝(3) ， 当 n≥2 时，由累加法得 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) 4 n－1 1－3 4 n－1 ＝2＋ 4 ＝3(3) －1， 1－3 4 n－1 当 n＝1 时，上式也成立．∴bn＝3· (3) －1.
成才之路· 数学
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
专题三
数 列
专题三 第一讲 等差、等比数列的通项、
性质与前n项和
命题角度聚焦
核心知识整合
学科素能培养 方法警示探究
命题热点突破
课后强作业
命题角度聚焦
• (1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及 前n项和公式的掌握情况，主要是低档题， 有时也命制有一定深度的中档题，与其他知 识交汇命题也是这一部分的一个显著特征． • (2)以大题形式考查综合运用数列知识解决问 题的能力．
• 1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公 式时，注意分类讨论． • 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注 意不要用混． • 3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽 视n为整数的条件和an＝0的情形． • 4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.
命题热点突破
•等差数列、等比数列的基本运算、 判定或证明 • (文)(2014·乌鲁木齐地区诊断)已 知等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列 {bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋ b4>20. • (1)求数列{an}的通项公式； • (2)求数列{bn}的前n项和Sn.
• 3．复习数列专题要把握等差、等比数列两 个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活 用等差、等比数列的性质，明确数列与函数 的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化， 细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前 n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式 法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、 裂项相消法).
1 (理)(2013· 湖北七市联考)数列{an}是公比为2的等比数列， 且 1－a2 是 a1 与 1＋a3 的等比中项，前 n 项和为 Sn；数列{bn} 是等差数列， b1＝8， 其前 n 项和 Tn＝nλ· bn＋1(λ 为常数， 且 λ≠1)． (1)求数列{an}的通项公式及 λ 的值； 1 1 1 1 1 (2)比较T ＋T ＋T ＋…＋T 与2Sn 的大小． n 1 2 3
[ 解析]
(1)∵a3＝18，∴2q2＝18，q2＝9，q＝± 3，当 q＝3
时，a2＝6，a1＋a2＋a3＝26>20，当 q＝－3 时，a2＝－6.a1＋a2 ＋a3＝14<20，不满足题意， 所以 q＝3，an＝2· 3n－1. (2)由已知 b2＋b3＋b4＝24，∴3b3＝24，b3＝8,8＝2＋2d，∴ d＝3， nn－1 3 2 1 ∴Sn＝2n＋ 2 · 3＝2n ＋2n.
2．等比数列 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； q＝1， na1 (3)前 n 项和公式：Sn＝a11－qn q≠1. 1－q (4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．
核心知识整合
1．等差数列 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)； (2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d； na1＋an nn－1d (3)前 n 项和公式：Sn＝ ＝na1＋ ； 2 2 (4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则 am＋an＝ap＋aq.
• (文)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－ p(n∈N*)，其中p是不为零的常数． • (1)证明：数列{an}是等比数列； • (2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋ bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[ 解析]
(1)证明：因为 Sn＝4an－p(n∈N*)，
1n (2)由(1)知 Sn＝1－(2) ， 1 1 1 n＋1 1 ∴2Sn＝2－(2) ≥4，
2
①
1 1 11 1 又 Tn＝4n ＋4n，T ＝ ＝4(n－ )， 4nn＋1 n＋1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴T ＋T ＋…＋T ＝4(1－2＋2－3＋…＋n－ ) n＋1 n 1 2 1 1 1 ＝4(1－ )< ， n＋1 4 ②
[ 解析]
(1)由题意得(1－a2)2＝a1(a3＋1)，
1 2 1 即(1－2a1) ＝a1(4a1＋1)， 1 1n 解得 a1＝2，∴an＝(2) .
T1＝λb2， 又 T2＝2λb3， 8＝λ8＋d， 即 16＋d＝2λ8＋2d，
1 λ＝ ， λ＝1， 1 2 解得 或 (舍)，∴λ＝2. d＝0. d＝8
(理)(2013· 全国大纲理，17)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 已知 S3＝a2 2，且 S1，S2，S4 成等比数列，求{an}的通项公式．
[ 解析] 设{an}的公差为 d.
2 由 S3＝a2 得 3 a ＝ a 2 2 2，故 a2＝0 或 a2＝3.
由 S1，S2，S4 成等比数列得 S2 2＝S1S4. 又 S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d， 故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)． 若 a2＝0， 则 d2＝－2d2， 所以 d＝0， 此时 Sn＝0， 不合题意； 若 a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得 d＝0 或 d＝2. 因此{an}的通项公式为 an＝3 或 an＝2n－1.