2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列课件
最新-2018高考数学二轮复习 专题三：第一讲等差数列与等比数列 文 课件 精品
②法一：依题意有：Sn＝na1＋nn－ 2 1d
＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4. ∴当n＝2时，Sn有最大值4. 法二：∵an＝－2n＋5. ∴该数列为递减数列，设其前n项和最大，则有
an≥0
，即－2n＋5≥0
，
an＋1＜0
－2n＋1＋5＜0
∴23＜n≤25.又∵n∈N*，∴n＝2， ∴{an}的前2项和最大，最大值 S2＝2a1＋2×2 1d＝2×3－2＝4. 答案：(1)n2－2n＋6 (2)见解析
数列{an}满足________(其中n∈N*，d为与n值无关且为常数)
{an}是等差数列．
2．等差数列的通项公式
若等差数列的首项为a1，公差为d，则an＝a1＋________＝ am＋________(n，m∈N*)．
3．等差中项
若x，A，y成等差数列，则A＝________，其中A为x、y的等
高分突破
有关等差数列的基本问题
(1)将全体正整数排成一个三角形数阵： 1
23 456 7 8 9 10 根据以上排列的规律，数阵中第n行(n≥3)从左向右的 第3个数为________． (2)已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5. ①求{an}的通项an； ②求{an}的前n项和Sn的最大值．
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数 列
(1)求{an}的公比q； (2)若a1－a3＝3，求Sn
解析：(1)依题意有
a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)， 由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，从而q＝－
21.
(2)由已知可得a1－a1－212＝3故a1＝4，
②－①得：ban＋1－ban－2n＝(b－1)an＋1. 即an＋1＝ban＋2n.③ (1)当b＝2时，由③得an＋1＝2an＋2n， ∴an＋1－(n＋1)·2n＝2an＋2n－(n＋1)·2n ＝即2a(n＋aa1nn－－－nnn·＋2＝·n2－121n·－，2n1又)．∵a1－1·21－1＝1≠0， ∴{an－n·2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)当b＝2时，由(1)知，an－n·2n－1＝2n－1， ∴an＝(n＋1)·2n－1. 当b≠2时，由③知：
2018高考数学理二轮复习课件：1-3-1 等差数列、等比数列 精品
1．[2015·银川一模]若等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a·3n－2，则 a2＝( )
A．4
B．12
C．24
D．36
解析 由等比数列的前 n 项和公式形式 Sn＝A－Aqn，可知 Sn＝a·3n－2 中 a＝2，则 a2＝S2－S1＝2×32 －2－(2×31－2)＝12.故选 B.
2．[2015·课标全国卷Ⅰ]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＝( )
2．[2015·九江高三一模]等差数列{an}中，a1＝20115，am＝1n，an＝m1 (m≠n)，则数列{an}的公差为_2_01_1_5____．
解析 ∵am＝20115＋(m－1)d＝1n， an＝20115＋(n－1)d＝m1 ，∴(m－n)d＝1n－m1 ， ∴d＝m1n， ∴am＝20115＋(m－1)m1n＝1n，解得m1n＝20115， 即 d＝20115.
a2－a1＝2×2－1， 将以上各式相加，
得 an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2] －(n－1)＝n－122n＋4－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.
又因为 a1＝2，所以 an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)． 当 n＝1 时，a1＝2 适合上式． 故 an＝n2＋1(n∈N*)．
2．[2015·陕西高考]中位数为 1010 的一组数构成等差数列，其末项为 2015，则该数列的首项为___5_____． 解析 设等差数列的首项为 a1，根据等差数列的性质可得，a1＋2015＝2×1010，解得 a1＝5.
建模规范答题
高考数学：专题三 第一讲 等差数列与等比数列课件
题型与方法
例 1
第一讲
已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}
的前 n 项和 Sn.
本 讲 栏 目 开 关
解 设{an}的首项为 a1，公差为 d， a ＋2da ＋6d＝－16， 1 1 则 a1＋3d＋a1＋5d＝0，
a2＋8da ＋12d2＝－16， 1 1 即 a1＝－4d， a ＝－8 a ＝8， 1 1 解得 或 d＝2 d＝－2，
第一讲
本 讲 栏 目 开 关
c1 而当 n＝1 时， ＝a2，∴c1＝3. b1 3，n＝1， ∴cn＝ － 2×3n 1，n≥2.
∴c1＋c2＋…＋c2 011＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32 010 6－6×32 010 ＝3＋ ＝3－3＋32 011＝32 011. 1－3
即 2a1＋d＝a1＋2d， 1 又 a1＝2，
1 所以 d＝2，
故 a2＝a1＋d＝1.
答案 1
题型与方法
第一讲
本 讲 栏 目 开 关
题型一 题型概述
等差数列的有关问题 等差数列是一个重要的数列类型， 高考命题主要考
查等差数列的概念、 基本量的运算及由概念推导出的一些重 要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.
则 c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
答案 35
考点与考题
第一讲
1 5.(2012· 北京)已知{an}为等差数列， n 为其前 n 项和.若 a1＝ ， S 2 S2＝a3，则 a2＝________.
本 讲 栏 目 开 关
解析
设{an}的公差为 d，
由 S2＝a3 知，a1＋a2＝a3，
故 a7＝0.
(浙江专版)高考数学二轮专题复习 第一部分 专题三 第二讲 等差数列、等比数列课件.pptx
二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n， 试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
10
设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1， 因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]， 当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0， 所以当 n≥3 时，f(n)单调递增， 所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1， 所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)． 经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)． 综上可得，An<n2an.
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1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法. 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 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不 充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不 能为 0.
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考点二 等差、等比数列的判定与证明 一、基础知识要记牢 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)利用等差中项，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 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．
等差数列与等比数列+课件-2024届高三数学二轮复习专题
5
为 ak+1+ak+2+…+ak+10=2 -2 ,所以
5
10
k+1
5
+ (- )
-
15
5
k+1
10
=2 -2 ,即 2 (2 -
1)=2 (2 -1),所以 2 =2 ,所以 k+1=5,所以 k=4.故选 C.
4.[等差数列基本量](2023·全国甲卷)记Sn为等差数列
列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则
k等于(
A.2
)
B.3
C.4
√
D.5
解析:因为 a1=2,am+n=aman,令 m=1,则 an+1=a1an=2an,所以{an}是
n-1
n
以 a1=2 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an=2×2 =2 .又因
可得
即
- = ,
(- ) = ,
= ,
5
解得
所以 a6=a1q =3.故选 D.
= ,
法二
设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,由题意可得
+ + = ,
- = ,
(- )
即
-
= ,
(- ) = ,
所以{an}是以 a1 为首项,2a1 为公差的等差数列.
考法聚焦 讲练突破
热点一
等差、等比数列的基本运算
典例 1
(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d,且
高中数学理科专题讲解高考大题专项(三)《数列》教学课件
典例剖析
对点训练3(2019四川泸州二模,17)已知数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn.(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)设bn=log2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明: 数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn,当n=1时,可得2a1=2+S1=2+a1,解得a1=2,当n≥2时,2an-1=2+Sn-1,又2an=2+Sn,相减可得2an-2an-1=2+Sn-2-Sn-1=an,即an=2an-1,检验a2=2a1, 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
典例剖析
对点训练6已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
典例剖析
典例剖析
题型五 数列中的存在性问题例6已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 017?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,请说明理由.
典例剖析
典例剖析
典例剖析典例剖析源自典例剖析典例剖析典例剖析
解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理PPT课件
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理第一讲 等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义． 数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。