2018高考数学理二轮专题复习课件-第二篇 专题满分突破 专题四 数列:4.1.1 精品
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2018年高考数学(理)二轮专题复习课件:第二部分 专题一 常考小题点2

解析: 作出直线y=2,x+y=1,再作直线l0:3x-y=0,而向下平移直线 l0:3x-y=0时,z增大,而直线x-y=a的斜率为1,因此直线l过直线x-y=a
3������-������ = 7, 与y=2的交点A时,z取得最大值,由 ������ = 2 得A(3,2),所以a=3-2=1, 故选A.
A.
1 2
B.-
1 2
C.
2 2
D. -1
2
2
解析: x,y满足|x|≤y≤1,表示的可行域如图. x2+y2+2x=(x+1)2+y2-1它的几何意义是可行域内的点到(-1,0)的距 离的平方减去1. 显然D(-1,0)到直线x+y=0的距离最小,
最小值为
1 2
=
2 2
,
2 2
所求表达式的最小值为 -1.
8 4 2
核心知识 一、选择题 二、填空题
考点精题
-6-
������-������ + 1 ≥ 0, 解析: 由约束条件 2������ + ������-2 ≥ 0,作可行域如图, ������-1 ≤ 0 5 由 z=的最大值可知,4x+3y 取得最大值时,z 取得最大值, 4������ +3������ ������ = 1, 与 4x+3y=0 平行的直线经过 A 时,即 ������-������ + 1 = 0, 可得 A(1,2),4x+3y 取得最大值,故 z 最大, 5 1 即 zmax==- .故选 C.
解析: 画出不等式组所表示的平面区域如图所示,结合目标函数 z=2x+y的几何意义,可得z在点B(-6,-3)处取得最小值,即zmin=-123=-15,故选A.
2018年高考数学(理)—— 专题四 数列

核心知识
考点精题
-9-
对点训练2已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明数列 ������������ + (2)证明
1 2
1 2
是等比数列,并求{an}的通项公式;
1 ������ ������
1
������ 1
+
3 2
1 ������ 2
+…+
< .
2
1 2 1 2
3
证明 (1)由 an+1=3an+1,得 an+1+ =3 ������������ + 又 a1+ = ,所以 ������������ +
核心知识
考点精题
-3-
(3)由已知得 bn=2������ ������ ,
������ ������ +1 ������������
=
2������ ������ +1 2������ ������ ������1
= 2������ ������ +1 -������ ������ =23=8,
解 (1)a1=S1=5,a1+a2=S2= ×22+ ×2=13,解得 a2=8. (2)当 n≥2
3 2 7 2 2 2 3 2 7 2 时,an=Sn-Sn-1= [n -(n-1) ]+ [n-(n-1)] 2 2
3
7
= (2n-1)+ =3n+2.
又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2. 因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3, 所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
2018年高考数学(理)二轮专题复习课件:第二部分 专题二 函数与导数4.3

由于 2e2������0 − 所以 f(x0)=
������
������
������ 0
=0,
2 2 ������ 2 ������
2������ 0
+2ax0+aln ≥2a+aln .
������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
解题心得研究函数零点或方程根的情况,可以通过导数研究函数 的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象 判断函数零点或方程根的情况.
4
3
4
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)无零点.
当 x=1 时,若 a≥- ,
则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 h(x)的零点 ; 若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{ f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零 点.
-4-
(2)
������ '(������ 0 ) e ������ 0
=
2 3
2 即������0 -x0= (t-1)2,
2
������ '(������ 0 ) 2 ������0 -x0, ������ 0 e 2 3
= (t-1)2,
3
2
令 g(x)=x -x- (t-1)2,则问题转化为当 1<t<4 时 , 求方程 g(x)=x -x- (t-1)2= 0 在 [-2,t ]上的解的个数 .
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4.1.2 精品

(2)由 anan+1=3n,得 an-1an=3n-1(n≥2),所以aann+-11=3(n≥2),
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数 列,又 a1=1,a1a2=3,所以 a2=3,所以 S2 015=1×11--331 008+
3×1-31 1-3
007=31
008-2.
5.nn+11n+2=12nn1+1-n+11n+2
6.
1= n+ n+k=1k(
n+k-
n)
8.n·n!=(n+1)!-n!
[专题回访]
1.若数列{an}是等差数列,且 a1+a8+a15=π,则 tan(a4+ a12)=( )
A. 3
B.- 3
3 C. 3
D.-
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决.
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2+6n+7,则数列 {an}的通项公式为________.
解析:当 n=1 时,a1=1+6+7=14;当 n≥2 时,an=Sn -Sn-1=n2+6n+7-[(n-1)2+6(n-1)+7]=2n+5,所以数列{an} 的通项公式为 an=12n4,+n5=,1n≥2 .
A.212 B.29
C.28 D.26
[自主解答] (1)由 a1,a3,a13 成等比数列可得(1+2d)2=1
+12d,得 d=2,故 an=2n-1,Sn=n2,因此2Sann++136=22nn2++126= nn2++18=n+12-n+21n+1+9=n+1+n+9 1-2.
由
基
本
不
2018浙江高考数学(理)二轮专题复习课件:第一部分 专题整合高频突破 专题四 数列与数学归纳法 4.1

A.{Sn}是等差数列 C.{dn}是等差数列
答案:A
2 B.{������������ }是等差数列 2 D.{������������ }是等差数列
巩固提高 热点考题诠释 高考方向解读
-5-
解析: 如图,延长AnA1,BnB1交于P,过An作对边BnBn+1的垂线,其长 度记为h1,过An+1作对边Bn+1Bn+2的垂线,其长度记为h2,
巩固提高 命题热点一 命题热点二 命题热点三
-11-
命题热点一
巩固提高
巩固提高
第1讲 等差数列与等比数列
巩固提高 热点考题诠释 高考方向解读
-3-
1.(2017浙江,6)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( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 关闭 D.既不充分也不必要条件
因为 所以 S4+S6>2S5⇔10a1+21d>10a1+20d⇔d>0, 即“d>0”是“S4+S6>2S5”的充分必要条件,选 C.
巩固提高 热点考题诠释 高考方向解读
-9-
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(n1)d=2an,k=1,2,3, 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an, 因此等差数列{an}是“P(3)数列”. (2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此, 当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,① 当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.② 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④ 将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4, 所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'. 在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d', 在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d', 所以数列{an}是等差数列.
2018版高考数学文 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题四 数列、推理与证明第4讲 精品

解析答案
(2)若数列{bn}满足 b1=1,bn+1=bn+2an ,求证:bn·bn+2<b2n+1.
证明 由(1)知,an=n,从而bn+1-bn=2n. bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
1-2n =2n-1+2n-2+…+2+1= 1-2 =2n-1. 因为 bn·bn+2-b2n+1=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2
(2)已知等差数列{an}中,首项 a1>0,公差 d>0. ①若 a1=1,d=2,且a121,a124,a12m成等比数列,求整数 m 的值; 解 ∵a1=1,d=2,∴a4=7,am=2m-1. ∵a121,a124,a12m成等比数列, ∴(712)2=2m-1 12,∴(2m-1)2=492. ∵a1>0,d>0,∴m=25.
专题四 数列、推理与证明
第4讲 推理与证明
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
1.(2016·山东)观察下列等式:
sin
π3-2+sin
23π-2=43×1×2;
sin
π5-2+sin
25π-2+sin
35π-2+sin
45π-2=43×2×3;
sin
π7-2+sin
27π-2+sin
37π-2+…+sin
67π-2=43×3×4;
sin
π9-2+sin
29π-2+sin
39π-2+…+sin
89π-2=43×4×5;
…
12
12
π
2π
3π
照 此 规 律 , sin
2n+1
-
(2)若数列{bn}满足 b1=1,bn+1=bn+2an ,求证:bn·bn+2<b2n+1.
证明 由(1)知,an=n,从而bn+1-bn=2n. bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
1-2n =2n-1+2n-2+…+2+1= 1-2 =2n-1. 因为 bn·bn+2-b2n+1=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2
(2)已知等差数列{an}中,首项 a1>0,公差 d>0. ①若 a1=1,d=2,且a121,a124,a12m成等比数列,求整数 m 的值; 解 ∵a1=1,d=2,∴a4=7,am=2m-1. ∵a121,a124,a12m成等比数列, ∴(712)2=2m-1 12,∴(2m-1)2=492. ∵a1>0,d>0,∴m=25.
专题四 数列、推理与证明
第4讲 推理与证明
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
1.(2016·山东)观察下列等式:
sin
π3-2+sin
23π-2=43×1×2;
sin
π5-2+sin
25π-2+sin
35π-2+sin
45π-2=43×2×3;
sin
π7-2+sin
27π-2+sin
37π-2+…+sin
67π-2=43×3×4;
sin
π9-2+sin
29π-2+sin
39π-2+…+sin
89π-2=43×4×5;
…
12
12
π
2π
3π
照 此 规 律 , sin
2n+1
-
2018年高考数学二轮总复习 第一部分 专题攻略 专题四 数列 4.1 等差数列与等比数列课件 文

较强,同时还要注意性质成立的条件,如等差数列{an}中,a1+an =a2+an-1,但 a1+an≠an+1;等比数列的前 n 项和为 Sn,则在公比 不等于-1 或 m 不为偶数时,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等比数 列.
4.(2017·山西运城联考)已知在等比数列{an}中,a2a10=6a6, 在等差数列{bn}中,b4+b6=a6,则数列{bn}的前 9 项和为( )
TS59=(
)
3
5
1
27
A.5
B.9
C.3
D.25
解析:由{an}为等差数列可得 S5=5a12+a5=5×22a3=5a3. 同理可得 T9=9b5.
所以TS59=95ba53=59×35=13.故选 C. 答案:C
6.一个项数为偶数的等比数列{an},全部各项之和为偶数项之 和的 4 倍,前 3 项之积为 64,则 a1=( )
答案:A
2.(2017·武汉市武昌区调研考试)设公比为 q(q>0)的等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 a1=( )
A.-2 B.-1
1
2
C.2
D.3
解析:由 S2=3a2+2,S4=3a4+2 得 a3+a4=3a4-3a2,即 q+ q2=3q2-3,解得 q=-1(舍)或 q=32,将 q=32代入 S2=3a2+2 中得 a1+32a1=3×32a1+2,解得 a1=-1,故选 B.
1.(2017·课标全国卷Ⅲ)等差数列an的首项为 1,公差不为 0.
若 a2,a3,a6 成等比数列,则an前 6 项的和为(
)
A.-24 B.-3
C.3
D.8
4.(2017·山西运城联考)已知在等比数列{an}中,a2a10=6a6, 在等差数列{bn}中,b4+b6=a6,则数列{bn}的前 9 项和为( )
TS59=(
)
3
5
1
27
A.5
B.9
C.3
D.25
解析:由{an}为等差数列可得 S5=5a12+a5=5×22a3=5a3. 同理可得 T9=9b5.
所以TS59=95ba53=59×35=13.故选 C. 答案:C
6.一个项数为偶数的等比数列{an},全部各项之和为偶数项之 和的 4 倍,前 3 项之积为 64,则 a1=( )
答案:A
2.(2017·武汉市武昌区调研考试)设公比为 q(q>0)的等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 a1=( )
A.-2 B.-1
1
2
C.2
D.3
解析:由 S2=3a2+2,S4=3a4+2 得 a3+a4=3a4-3a2,即 q+ q2=3q2-3,解得 q=-1(舍)或 q=32,将 q=32代入 S2=3a2+2 中得 a1+32a1=3×32a1+2,解得 a1=-1,故选 B.
1.(2017·课标全国卷Ⅲ)等差数列an的首项为 1,公差不为 0.
若 a2,a3,a6 成等比数列,则an前 6 项的和为(
)
A.-24 B.-3
C.3
D.8
2018届高三理科数学(新课标)二轮复习专题整合高频突破课件:专题四+数列+4.2

∴an-an-1=ln 1 + ������ -1 =ln������ -1(n≥2), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln
������ ������ -1
1
������ ������
+ln
������
������ -1 ������ -2
+…+ln +ln 2+2
1
������ (������ +1)
,an=1-
1 ������ (������ +1)
.
(3)由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),
∵a1=1,知 a1+1=2,an+1≠0, ∴
������ ������ +1 +1 ������ ������ +1
=3.∴数列 {an+1}是以 2 为首项 ,
������ 3
3
,∴an=
1 3
2 ������ +1
.
(2)∵Sn= an+ ,①
3
2
∴当 n≥2 时 ,Sn-1=3an-1+3.②
由 ①-②,得 an= an- an-1,即
3 3 2 2 ������ ������ ������ ������ -1
2
1
=-2.
1
∵a1=S1=3a1+3,∴a1=1. ∴{an}是以 1 为首项 ,-2 为公比的等比数列 ,an=(-2)
������ -
2
1
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na1q=1 a111--qqn=a11--aqnqq≠1 .
3 . 数列 {an} 的前 n 项和 Sn 与 通项 an 的 关系 式 an =
S1 n=1 Sn-Sn-1 n≥2 .
4.性质
等差数列
等比数列
①若 m+n=p+q,则 am+an =ap+aq
若 m+n=2k,则 am+an=2ak
第一讲 等差数列 等比数列
1高考巡航 本讲考查的热点主要有三个方面: (1)对等差、等比数列基本量的考查,常以客观题的形式出 现,考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解,属于低 档题; (2)对等差、等比数列性质的考查,主要以客观题出现,具 有“新、巧、活”的特点,考查利用性质解决有关计算问题,属 中低档题; (3)对等差、等比数列的判断与证明,主要出现在解答题的 第一问,是为求数列的通项公式而准备的,因此是解决问题的关 键环节.
,∴an+1+(n+1)+2=2(an
+n+2), 当 n=1 时,a1+1+2=4,∴存在实数 p=1,q=2,使数列
{an+pn+q}为首项为 4,公比为 2 的等比数列. ②由①可知 an+n+2=4·2n-1=2n+1, ∴an=2n+1-n-2,n∈N*.
[答案] (1)B (2)见解析
[方法规律] (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的 关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进 行求解.
,两式
4.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=14,则 a1a2+a2a3+… +anan+1(n∈N*)的取值范围是( )
A.[12,16] B.8,332 C.8,332 D.136,332
解析:因为{an}是等比数列,a2=2,a5=14,所以 q3=aa52=18, q=12,a1=4,故 a1a2+a2a3+…+anan+1=a1a21-1-q2q2n=332(1-q2n)
热点考向三 等差(比)数列的性质
[典例 3] (1)若数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列,且 bn=an+1-an(n∈N*),若 b3=-2,b10=12,则 a8=( )
A.0 B.3 C.8 D.11 (2)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+n+1. ①是否存在实数 p,q,使{an+pn+q}成等比数列?若存在, 求出 p,q 的值;若不存在,请说明理由;
答案:10
3热点追踪
热点考向一 等差(比)数列的基本运算
[典例 1] (1)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=-
11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n 等于( )
A.6
B.7
C.8
D.9
(2)已知数列{an}中,a1=2,an+1-2an=0,bn=log2an,则数 列{bn}的前 10 项和等于( )
(2)由(1)可知 cn=-12·12n-1=-12n, ∴an=cn+1=1-12n. ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1=1-12n-1-12n-1=12n-1-12
n=12n. 又 b1=a1=12也符合上式,
∴bn=12n.
[方法规律] 判定或证明{an}为等差数列或等比数列的常用 方法
②求数列{an}的通项公式.
[自主解答] (1)依题意可设等差数列{bn}的公差为 d,则 b10 =b3+7d=-2+7d=12,解得 d=2,所以 bn=b3+(n-3)d=2n -8,又 bn=an+1-an,则 b7=a8-a7,b6=a7-a6,…,b1=a2 -a1,采用累加法可得,b7+b6+…+b1=(a8-a7)+(a7-a6)+… +(a2-a1)=a8-a1,又易知 b1+b2+…+b7=0,则 a8=a1=3, 故选 B.
∈8,332,故选 C. 答案:C
5 . 若 等比 数列 {an}满足 an>0(n ∈ N*), 公比 q = 2 , 且 a1·a2·…·a30=230,则 a1·a4·a7·…·a25·a28=________.
解 析 : 因 为 230 = a1·a2·…·a30 =
a1·a1q·a1q2·a4·a4q·a4q2·…·a25·a25q·a25q2·a28·a28q·a28q2
解析:根据已知关系式列出方程,解出首项和公差,再由等 差数列的通项公式求 a9,或根据等差数列的性质求解.
(方法一)设等差数列{an}的公差为 d,由 S5=10,知 S5=5a1 +5×2 4d=10,得 a1+2d=2,即 a1=2-2d.所以 a2=a1+d=2- d,代入 a1+a22=-3,化简得 d2-6d+9=0,所以 d=3,a1=- 4.故 a9=a1+8d=-4+24=20.
[自主解答] (1)∵Sn+1=2Sn+2,∴Sn+1+2=2(Sn+2), ∴bn+1=2bn,又 b1=4,∴数列{bn}是以 4 为首项,2 为公比 的等比数列.
(2)由(1)可得,bn=4×2n-1=2n+1,∴Sn=bn-2=2n+1-2, ∴当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2)=2n,∵a1=S1=2,代入上 式也成立,∴an=2n(n∈N*).
2核心梳理
[知识回顾] 一、概念
1.等差数列的定义 {an}为等差数列⇔an+1-an=d(其中 n∈N*,d 为常数). 2.等比数列的定义
{an}为等比数列⇔aan+n1=q(其中 n∈N*,an≠0,q 为不为零的 常数).
3.等差、等比中项 (1)x,A,y 成等差数列⇔A 为 x,y 的等差中项⇔2A=x+y. (2)x,G,y 成等比数列⇔G 为 x,y 的等比中项⇔G2=xy.
=
(a1·a4·…·a25·a28)3q30,又 q=2,所以 a1·a4·a7·…·a25·a28=1.
答案:1
6.已知等差数列{an}的前 9 项和等于它的前 4 项和.若 a1 =1,ak+a4=0,则 k=________.
解析:设数列{an}的公差为 d,由 S9=S4 及 a1=1,得 9×1 +9×2 8d=4×1+4×2 3d,所以 d=-16.又 ak+a4=0,所以 1+(k -1)×-16+1+(4-1)×-16=0,解得 k=10.
C.98
D.97
解析:利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式及性质,结
合方程思想求解.
(方法 1)∵ {an}是等差数列,设其公差为 d, ∴ S9=92(a1+a9)=9a5=27,∴ a5=3. 又∵ a10=8,
∴
a1+4d=3, a1+9d=8,
∴
a1=-1, d=1.
∴ a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选 C.
am·an=ap·aq am·an=a2k
②若 n 为奇数 Sn=n·a n1 n 为偶数S偶=q(q 为公比)
2
S奇
பைடு நூலகம்
③Sk,S2k-Sk,S3k-S2k 成等 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k 成等
差数列
比数列
[专题回访]
1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a2+a4=6,则 S5 等于
(1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)∵an+Sn=n ①, ∴an+1+Sn+1=n+1 ② ②-①得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, 当 n=1 时,a1+S1=1,∴a1=12,a1-1=-12, ∴aan+n-1-11=12,又 cn=an-1, ∴{cn}是首项为-12,公比为12的等比数列.
答案:B
3.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,已知 3S3=a4-2,3S2 =a3-2,则公比 q=( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:由题意知,q≠1,则33aa1111--11--qqqq23==aa11qq23--22
相减可得-31q-3-q q2=q3-q2,即1--3q=1,所以 q=4. 答案:B
[答案] (1)A (2)C
[方法规律] 关于等差(等比)数列的基本运算,一般通过其 通项公式和前 n 项和公式构造关于 a1 和 d(或 q)的方程或方程组 解决,如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质, 不仅可以快速获解,而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认 识.
热点考向二 等差(比)数列的判断与证明
(1)通项公式法: an=pn+q(p,q 为常数,n∈N*)⇔{an}为等差数列; an=cqn(c,q 为非零常数,n∈N*)⇔{an}为等比数列. (2)前 n 项和公式法: Sn=an2+bn(a,b 都是常数)⇔{an}为等差数列; Sn=k(qn-1),k 为常数,且 q≠0,1⇔{an}为等比数列.
(3)∵an2-n 1=1-21n,∴cn=a1-2 1+a22-2 1+…+an2-n 1=n-12
+212+…+21n=n+21n-1(n∈N*),
∴
Tn
=
(1
+
2
+
…
+
n)
+
1 2
+
1 22
+
…
+
1 2n
-
n
=
n+1n 2
+
1211--1221n-n=n2-2n+2-21n.
[变式训练] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}中, b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且 an+Sn=n.
[典例 2] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S1=2,Sn+1=2Sn +2(n∈N*),bn=Sn+2.
(1)求证:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式; (3)若数列{cn}满足 cn=a1-2 1+a22-2 1+…+an2-n 1(n∈N*),求 {cn}的前 n 项和 Tn.
3 . 数列 {an} 的前 n 项和 Sn 与 通项 an 的 关系 式 an =
S1 n=1 Sn-Sn-1 n≥2 .
4.性质
等差数列
等比数列
①若 m+n=p+q,则 am+an =ap+aq
若 m+n=2k,则 am+an=2ak
第一讲 等差数列 等比数列
1高考巡航 本讲考查的热点主要有三个方面: (1)对等差、等比数列基本量的考查,常以客观题的形式出 现,考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解,属于低 档题; (2)对等差、等比数列性质的考查,主要以客观题出现,具 有“新、巧、活”的特点,考查利用性质解决有关计算问题,属 中低档题; (3)对等差、等比数列的判断与证明,主要出现在解答题的 第一问,是为求数列的通项公式而准备的,因此是解决问题的关 键环节.
,∴an+1+(n+1)+2=2(an
+n+2), 当 n=1 时,a1+1+2=4,∴存在实数 p=1,q=2,使数列
{an+pn+q}为首项为 4,公比为 2 的等比数列. ②由①可知 an+n+2=4·2n-1=2n+1, ∴an=2n+1-n-2,n∈N*.
[答案] (1)B (2)见解析
[方法规律] (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的 关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进 行求解.
,两式
4.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=14,则 a1a2+a2a3+… +anan+1(n∈N*)的取值范围是( )
A.[12,16] B.8,332 C.8,332 D.136,332
解析:因为{an}是等比数列,a2=2,a5=14,所以 q3=aa52=18, q=12,a1=4,故 a1a2+a2a3+…+anan+1=a1a21-1-q2q2n=332(1-q2n)
热点考向三 等差(比)数列的性质
[典例 3] (1)若数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列,且 bn=an+1-an(n∈N*),若 b3=-2,b10=12,则 a8=( )
A.0 B.3 C.8 D.11 (2)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+n+1. ①是否存在实数 p,q,使{an+pn+q}成等比数列?若存在, 求出 p,q 的值;若不存在,请说明理由;
答案:10
3热点追踪
热点考向一 等差(比)数列的基本运算
[典例 1] (1)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=-
11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n 等于( )
A.6
B.7
C.8
D.9
(2)已知数列{an}中,a1=2,an+1-2an=0,bn=log2an,则数 列{bn}的前 10 项和等于( )
(2)由(1)可知 cn=-12·12n-1=-12n, ∴an=cn+1=1-12n. ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1=1-12n-1-12n-1=12n-1-12
n=12n. 又 b1=a1=12也符合上式,
∴bn=12n.
[方法规律] 判定或证明{an}为等差数列或等比数列的常用 方法
②求数列{an}的通项公式.
[自主解答] (1)依题意可设等差数列{bn}的公差为 d,则 b10 =b3+7d=-2+7d=12,解得 d=2,所以 bn=b3+(n-3)d=2n -8,又 bn=an+1-an,则 b7=a8-a7,b6=a7-a6,…,b1=a2 -a1,采用累加法可得,b7+b6+…+b1=(a8-a7)+(a7-a6)+… +(a2-a1)=a8-a1,又易知 b1+b2+…+b7=0,则 a8=a1=3, 故选 B.
∈8,332,故选 C. 答案:C
5 . 若 等比 数列 {an}满足 an>0(n ∈ N*), 公比 q = 2 , 且 a1·a2·…·a30=230,则 a1·a4·a7·…·a25·a28=________.
解 析 : 因 为 230 = a1·a2·…·a30 =
a1·a1q·a1q2·a4·a4q·a4q2·…·a25·a25q·a25q2·a28·a28q·a28q2
解析:根据已知关系式列出方程,解出首项和公差,再由等 差数列的通项公式求 a9,或根据等差数列的性质求解.
(方法一)设等差数列{an}的公差为 d,由 S5=10,知 S5=5a1 +5×2 4d=10,得 a1+2d=2,即 a1=2-2d.所以 a2=a1+d=2- d,代入 a1+a22=-3,化简得 d2-6d+9=0,所以 d=3,a1=- 4.故 a9=a1+8d=-4+24=20.
[自主解答] (1)∵Sn+1=2Sn+2,∴Sn+1+2=2(Sn+2), ∴bn+1=2bn,又 b1=4,∴数列{bn}是以 4 为首项,2 为公比 的等比数列.
(2)由(1)可得,bn=4×2n-1=2n+1,∴Sn=bn-2=2n+1-2, ∴当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2)=2n,∵a1=S1=2,代入上 式也成立,∴an=2n(n∈N*).
2核心梳理
[知识回顾] 一、概念
1.等差数列的定义 {an}为等差数列⇔an+1-an=d(其中 n∈N*,d 为常数). 2.等比数列的定义
{an}为等比数列⇔aan+n1=q(其中 n∈N*,an≠0,q 为不为零的 常数).
3.等差、等比中项 (1)x,A,y 成等差数列⇔A 为 x,y 的等差中项⇔2A=x+y. (2)x,G,y 成等比数列⇔G 为 x,y 的等比中项⇔G2=xy.
=
(a1·a4·…·a25·a28)3q30,又 q=2,所以 a1·a4·a7·…·a25·a28=1.
答案:1
6.已知等差数列{an}的前 9 项和等于它的前 4 项和.若 a1 =1,ak+a4=0,则 k=________.
解析:设数列{an}的公差为 d,由 S9=S4 及 a1=1,得 9×1 +9×2 8d=4×1+4×2 3d,所以 d=-16.又 ak+a4=0,所以 1+(k -1)×-16+1+(4-1)×-16=0,解得 k=10.
C.98
D.97
解析:利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式及性质,结
合方程思想求解.
(方法 1)∵ {an}是等差数列,设其公差为 d, ∴ S9=92(a1+a9)=9a5=27,∴ a5=3. 又∵ a10=8,
∴
a1+4d=3, a1+9d=8,
∴
a1=-1, d=1.
∴ a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选 C.
am·an=ap·aq am·an=a2k
②若 n 为奇数 Sn=n·a n1 n 为偶数S偶=q(q 为公比)
2
S奇
பைடு நூலகம்
③Sk,S2k-Sk,S3k-S2k 成等 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k 成等
差数列
比数列
[专题回访]
1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a2+a4=6,则 S5 等于
(1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)∵an+Sn=n ①, ∴an+1+Sn+1=n+1 ② ②-①得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, 当 n=1 时,a1+S1=1,∴a1=12,a1-1=-12, ∴aan+n-1-11=12,又 cn=an-1, ∴{cn}是首项为-12,公比为12的等比数列.
答案:B
3.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,已知 3S3=a4-2,3S2 =a3-2,则公比 q=( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:由题意知,q≠1,则33aa1111--11--qqqq23==aa11qq23--22
相减可得-31q-3-q q2=q3-q2,即1--3q=1,所以 q=4. 答案:B
[答案] (1)A (2)C
[方法规律] 关于等差(等比)数列的基本运算,一般通过其 通项公式和前 n 项和公式构造关于 a1 和 d(或 q)的方程或方程组 解决,如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质, 不仅可以快速获解,而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认 识.
热点考向二 等差(比)数列的判断与证明
(1)通项公式法: an=pn+q(p,q 为常数,n∈N*)⇔{an}为等差数列; an=cqn(c,q 为非零常数,n∈N*)⇔{an}为等比数列. (2)前 n 项和公式法: Sn=an2+bn(a,b 都是常数)⇔{an}为等差数列; Sn=k(qn-1),k 为常数,且 q≠0,1⇔{an}为等比数列.
(3)∵an2-n 1=1-21n,∴cn=a1-2 1+a22-2 1+…+an2-n 1=n-12
+212+…+21n=n+21n-1(n∈N*),
∴
Tn
=
(1
+
2
+
…
+
n)
+
1 2
+
1 22
+
…
+
1 2n
-
n
=
n+1n 2
+
1211--1221n-n=n2-2n+2-21n.
[变式训练] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}中, b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且 an+Sn=n.
[典例 2] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S1=2,Sn+1=2Sn +2(n∈N*),bn=Sn+2.
(1)求证:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式; (3)若数列{cn}满足 cn=a1-2 1+a22-2 1+…+an2-n 1(n∈N*),求 {cn}的前 n 项和 Tn.