【高考数学】2018届高三数学(文)二轮复习课件：专题四 数列4.1(高频考点汇总PPT课件)
3
答案：
C
2．已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4，则 a10＝( 17 A. 2 C．10 ) 19 B． 2 D．12
解析：
∵公差为 1，
∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6. 1 ∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得 a1＝2， 1 19 ∴a10＝a1＋9d＝2＋9＝ 2 .故选 B. 答案： B
◎ 变式训练 1．若等比数列{an}的各项均为正数，a1＋2a2＝3，a2 3＝4a2a6，则 a4＝( 3 A.8 3 C.16 24 B． 5 9 D．16 )
3 a1＝2， a1＋2a1q＝3， 解析： 设{an}的公比为 q， 由题意， 得 解得 2 2 5 a1q ， a1q ＝4a1q· q＝1， 2 3 13 3 所以 a4＝a1q ＝2×2 ＝16，故选 C.
(1)由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.②
d＝3， 联立①和②解得 q＝0 d＝1， (舍去)，或 q＝2.
因此{bn}的通项公式为 bn＝2n－1. (2)由 b1＝1，T3＝21 得 q2＋q－20＝0. 解得 q＝－5 或 q＝4. 当 q＝－5 时，由①得 d＝8，则 S3＝21. 当 q＝4 时，由①得 d＝－1，则 S3＝－6.
故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列．
判断和证明数列是等差(比)数列的方法 (1)判断一个数列是等差(等比)数列，有通项公式法及前 n 项和公式法，但不作 为证明方法． (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列， 只需判断存在连续三项不成等差(等 比)数列即可．
* (3)a2 ＝ a a ( n ≥ 2 ， n ∈ N )是{an}为等比数列的必要不充分条件， 也就是判断 － ＋ n n 1 n 1
2 ②利用等比中项，即证明 an ＝an－1an＋1(n≥2)．
(2017· 全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝ －6. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列． 解析： (1)设{an}的公比为 q，由题设可得
3．(2017· 全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝21，求 S3. 解析： 设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，
－
则 an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn 1. 由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3.①
a11＋q＝2， 2 a11＋q＋q ＝－6.
解得 q＝－2，a1＝－2. 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
n 1 a11－qn 2 2 Sn＝ ＝－3＋(－1)n· 3 . 1－q
＋
n＋3 n＋2 2 － 2 4 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－3＋(－1)n· 3 n＋1 2 2 n ＝2 －3＋－1 · 3 ＝2Sn，
高考·题型突破
题型一
等差数列、等比数列的运算
(1)通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1· qn－1. (2)求和公式 na1＋an nn－1 等差数列：Sn＝ ＝na1＋ 2 d； 2 a11－qn a1－anq 等比数列：Sn＝ ＝ (q≠1)． 1－q 1－q
题型二
等差、等比数列的判定与证明
数列{an}是等差数列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*)为一常数； 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： an＋1 ①利用定义，证明 a (n∈N*)为一常数； n
(1)(2017· 全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24， S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 C．4
B．2 D．8
(2)(2017· 北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝ a2 8，则b ＝________. 2
第一部分 专题突破——破译命题密码
专题四 第 1 课时
数
列
等差数列、等比数列
高考对本部分考查主要从以下方面进行： (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.
－1＋3d＝8， ∴ q3＝8， －1· d＝3， ∴ q＝－2.
a2 2 ∴a2＝2，b2＝2.∴b ＝2＝1. 2 答案： (1)C (2)1
1.等差(比)数列项运算策略 (1)在等差(比)数列中，首项 a1 和公差 d(公比 q)是两个最基本的元素． (2)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． 2． [警示] 等比数列前 n 项和公式中， 若不确定 q 是否等于 1， 应分 q＝1 或 q≠1 两种情况讨论.
解析：
(1)设{an}的公差为 d，则 a1＋3d＋a1＋4d＝24， 得 解得 d＝4. 6×5 6a ＋ 2 d＝48， 1
a4＋a5＝24， 由 S6＝48，
故选 C.
(2)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q， ∵a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，
答案：
C
2．已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4，则 a10＝( 17 A. 2 C．10 ) 19 B． 2 D．12
解析：
∵公差为 1，
∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6. 1 ∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得 a1＝2， 1 19 ∴a10＝a1＋9d＝2＋9＝ 2 .故选 B. 答案： B
◎ 变式训练 1．若等比数列{an}的各项均为正数，a1＋2a2＝3，a2 3＝4a2a6，则 a4＝( 3 A.8 3 C.16 24 B． 5 9 D．16 )
3 a1＝2， a1＋2a1q＝3， 解析： 设{an}的公比为 q， 由题意， 得 解得 2 2 5 a1q ， a1q ＝4a1q· q＝1， 2 3 13 3 所以 a4＝a1q ＝2×2 ＝16，故选 C.
(1)由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.②
d＝3， 联立①和②解得 q＝0 d＝1， (舍去)，或 q＝2.
因此{bn}的通项公式为 bn＝2n－1. (2)由 b1＝1，T3＝21 得 q2＋q－20＝0. 解得 q＝－5 或 q＝4. 当 q＝－5 时，由①得 d＝8，则 S3＝21. 当 q＝4 时，由①得 d＝－1，则 S3＝－6.
故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列．
判断和证明数列是等差(比)数列的方法 (1)判断一个数列是等差(等比)数列，有通项公式法及前 n 项和公式法，但不作 为证明方法． (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列， 只需判断存在连续三项不成等差(等 比)数列即可．
* (3)a2 ＝ a a ( n ≥ 2 ， n ∈ N )是{an}为等比数列的必要不充分条件， 也就是判断 － ＋ n n 1 n 1
2 ②利用等比中项，即证明 an ＝an－1an＋1(n≥2)．
(2017· 全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝ －6. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列． 解析： (1)设{an}的公比为 q，由题设可得
3．(2017· 全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝21，求 S3. 解析： 设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，
－
则 an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn 1. 由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3.①
a11＋q＝2， 2 a11＋q＋q ＝－6.
解得 q＝－2，a1＝－2. 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
n 1 a11－qn 2 2 Sn＝ ＝－3＋(－1)n· 3 . 1－q
＋
n＋3 n＋2 2 － 2 4 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－3＋(－1)n· 3 n＋1 2 2 n ＝2 －3＋－1 · 3 ＝2Sn，
高考·题型突破
题型一
等差数列、等比数列的运算
(1)通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1· qn－1. (2)求和公式 na1＋an nn－1 等差数列：Sn＝ ＝na1＋ 2 d； 2 a11－qn a1－anq 等比数列：Sn＝ ＝ (q≠1)． 1－q 1－q
题型二
等差、等比数列的判定与证明
数列{an}是等差数列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*)为一常数； 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： an＋1 ①利用定义，证明 a (n∈N*)为一常数； n
(1)(2017· 全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24， S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 C．4
B．2 D．8
(2)(2017· 北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝ a2 8，则b ＝________. 2
第一部分 专题突破——破译命题密码
专题四 第 1 课时
数
列
等差数列、等比数列
高考对本部分考查主要从以下方面进行： (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.
－1＋3d＝8， ∴ q3＝8， －1· d＝3， ∴ q＝－2.
a2 2 ∴a2＝2，b2＝2.∴b ＝2＝1. 2 答案： (1)C (2)1
1.等差(比)数列项运算策略 (1)在等差(比)数列中，首项 a1 和公差 d(公比 q)是两个最基本的元素． (2)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． 2． [警示] 等比数列前 n 项和公式中， 若不确定 q 是否等于 1， 应分 q＝1 或 q≠1 两种情况讨论.
解析：
(1)设{an}的公差为 d，则 a1＋3d＋a1＋4d＝24， 得 解得 d＝4. 6×5 6a ＋ 2 d＝48， 1
a4＋a5＝24， 由 S6＝48，
故选 C.
(2)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q， ∵a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，
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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
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)
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)
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
【高考数学】2018最新版本高三数学专题复习课件专题-数列复习课件(专题拔高特训)
an 0 S n是最小值 an 1 0 an 0 S n是最大值 an 1 0
例３.等差数列｛an｝中,a1<0,S9=S12,该数列前多少项的和最小? 分析: 等差数列｛an｝的通项an是关于n的一次式,前项和Sn 是关于n的二次式(缺常数项).求等差数列的前n项和 Sn 的最大最小值可用解决二次函数的最值问题的方法. 思路2：从函数的角度来分析数列问题. 设等差数列｛an｝的公差为d,则由题意得: 1 1 9a1 9 (9 1) d 12a1 12 (12 1) d 2 2 即： 3a1 30d a1 10d ∵a1<0, ∴ d>0,
一、知识回顾 等差数列
定义 通项 通项推广
等比数列
an1 an q
an1 an d
an a1 (n 1)d an am (n m)d
an a1q n1 an amq nm
中项
性质
k Sk , S2k Sk , S3k S2k仍成等差 d k 2 d Sk , S2k Sk , S3k S2k 仍成等比 q q
( x d ) x ( x d ) 15 解得x＝5，d＝ ±2. 则 2 2 2 ( x d ) x ( x d ) 83
∴所求三个数分别为3，5，7 或7，5，3.
例1(2)：互不相等的三个数之积为 8 ，这三个数适当排列后可 成为等比数列也可排成等差数列，求这三数排成的等差数列. a a 设这三个数为， , a, aq 则 a aq 8 即： a 3 8 a 2 q q 2 2 q 2 2q 1 0 （1）若 2是 ,2q 的等差中项，则 2q 4 即： q q
2018届高考数学(理)二轮专题复习 专题四 4.2 数列 ppt课件
解析：(1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)， an 1 ∴2an＝an－1， ＝2， an－1 1 又∵a1＝2，∴{an}是以 2 为首项，公比为2的等比数列，
1n－1 1n－2 － ∴an＝2×2 ＝2 ＝22 n.
(2)bn＝(2n－1)22－n， － － Tn＝1×21＋3×20＋5×2 1＋„＋(2n－1)· 22 n ， 1 －1 0 2－n 1－n T ＝ 1 × 2 ＋ 3 × 2 ＋ „ ＋ (2 n － 3)· 2 ＋ (2 n － 1)· 2 ， 2 n 1 ∴2Tn＝2＋2(20＋2－1＋„＋22－n)－(2n－1)· 21－n 2[1－2－1n－1] ＝2＋ －(2n－1)21－n － 1－2 1 ＝6－(2n＋3)×21－n， － ∴Tn＝12－(2n＋3)×22 n.
[技法领悟] 所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后 得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．为保证结果 正确，可对得到的和取 n＝1,2 进行验证．
1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且有 a1＝2,3Sn＝5an－an－1 ＋3Sn－1(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
n 2 2 －1 n＋1 ＋ n＋1 (2)∵an＋1＝2 ，∴Sn＝ ＝2 －2，Sn＋1＝2n 2－2. 2－1 ＋ an＋1 2n 1 1 1 1 ∴bn＝ ＝ ＋ ＝ ( － ＋ )． ＋ SnSn＋1 2n 1－22n 2－2 2 2n－1 2n 1－1 ∴数列{bn}的前 n 项和 1 1 1 1 1 1 1 Tn＝2[( － )＋( 2 － 3 )＋„＋( n － n＋1 )] 2－1 22－1 2 －1 2 －1 2 － 1 2 －1 1 1 ＝2(1－ n＋1 )． 2式中的各项分别裂开后，某些项可以 1 1 相互抵消从而求和的方法，主要适用于 a a 或 a a (其中{an} n n＋1 n n＋2 为等差数列)等形式的数列求和．
2018届高三数学文二轮复习课件：第1部分专题四 数列 1-4-1 精品
[速解方略]——不拘一格
类型一 等差数列的运算
[例 1] (1)已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项
和．若 S8＝4S4，则 a10＝( B )
17
19
A. 2
B. 2
C．10
D．12
解析：基本法：设首项为 a1，由 S8＝4S4 得 8×a21＋a8＝4×4×a21＋a4，∴a8＝a1＋2a4. ∴a1＋7d＝a1＋2a1＋6d，∴d＝2a1，∴a1＝12. ∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝129.
速解法：由 S8＝4S4 得
8a1＋8×2 7d＝4×4a1＋4×2 3d，∵d＝1，∴a1＝12.
∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝129. 答案：B
方略点评：基本法和速解法各选用了不同的求和公式，比较起来， 用 a1 和 d 的关系求和较简单.
(2)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＋a3＋a5＝3，则 S5＝
( A) A．5
B．7
C．9
D．11
解析：基本法：∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d ＝3， ∴a1＋2d＝1， ∴S5＝5a1＋5×2 4d＝5(a1＋2d)＝5，故选 A. 速解法：∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3， ∴a3＝1， ∴S5＝5a12＋a5＝5a3＝5，故选 A. 答案：A
且 m＋n＝p＋q，则 am m＋n＝p＋q，则 am·an＝
性 ＋an＝ap＋aq；
ap·aq；
质 (2)an＝am＋(n－m)d； (2)an＝amqn－m；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－ (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…
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
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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
【高考数学】2018届高三数学(理)二轮复习课件：专题四 数列4.2(高频考点汇总PPT课件)
◎ 变式训练 1．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＝a5.令 bn＝(－1)n－1an， 则数列{bn}的前 2n 项和 T2n 为( A．－n C．n 解析： ) B．－2n D．2n 设等差数列{an}的公差为 d，由 S3＝a5，得 3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1
4×3 S4＝4a1＋ 2 d＝24 ∴ S ＝7a ＋7×6d＝63 1 2 7
⇒an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)， ∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) 41－4n n3＋2n＋1 ＝2× ＋ 2 1－4 8 n ＝3(4 －1)＋n2＋2n.
答案：
2n n＋1
3． (2017· 合肥市第一次教学质量检测)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 且 满足 S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析： (1)∵{an}为等差数列，
a1＝3 ⇒ d＝2
题型二
与数列求和有关的综合问题
已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数 列，且 a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求 an 与 bn； 1 1 (2)设 cn＝a －b (n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. n n ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.
高考·题型突破
题型一
数列求和
(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列， 且 a1＋a2＝6， a1a2 ＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列