2017年高考数学(理)二轮复习：专题三第一讲《等差数列、等比数列》课件
高考数学二轮专题复习 专题三 第一讲 等差数列、等比数列课件 新人教版
第二十一页，共39页。
三、预测押题不能少
3．(1)设数列{an}是公差d<0的等差数列，Sn为其前n项和，若
S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n＝
()
A．5
B．6
C．5或6
D．6或7
解析：由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，所以a6＝0， 故当n＝5或6时，Sn最大．
答案(dáàn)：C
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(2)已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的
值为
()
A．4
B．6
C．8
D．－9
解析：∵a4＋a8＝－2，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a
第九页，共39页。
二、经典例题领悟好 [例2] 设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn， 且a5，a3，a4成等差数列． (1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． [解] (1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)， 由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4， 即2a1q2＝a1q4＋a1q3. 由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0， 解得q1＝－2，q2＝1(舍去)， 所以q＝－2.
∴Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，两式相减得，
2an＝3an－1(n≥2)．又n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，
∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为
3 答案] D
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高三数学二轮复习专题三第一讲等差数列、等比数列课件人教版
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)，
故{bn}的第3项为5，公比为2.
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝54.
所以{bn}是以
5 4
为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝
π 6
处取得最大
值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．
[解] (1)由q＝3，S3＝133， 得a111－－333＝133，解得a1＝13. 所以an＝13×3n－1＝3n－2. (2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3. 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3； 因为当x＝π6时f(x)取得最大值， 所以sin(2×π6＋φ)＝1. 又0＜φ＜π，故φ＝π6. 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin(2x＋π6)．
[点评] 本题考查等比数列与三角函数的基本知识和 基本量的计算，属在知识交汇处命题的典型．
已知等差数列{an}中，a1，a99是函数f(x)＝x2－10x＋16的两 个零点，则12a50＋a20＋a80＝__________.
解析：由已知得a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两个实根，则a1＋ a99＝10， 则12a50＋a20＋a80＝54(a1＋a99)＝225. 答案：225
54·2n－1＝5·2n－3.
(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝5411－－22n＝5·2n－2－54，即Sn＋54＝5·2n－2， 所以S1＋54＝52，SSn＋n＋1＋5454＝55··22nn－－12＝2. 因此{Sn＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．
高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列与等比数列课件
①×3－②，得(21－15)d＝24，6d＝24，所以 d＝4. 答案：C
2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》
中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增， 共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一 层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( )
则 S8＝8a1＋
2
＝8a1＋28，
4×（4－1）×1
S4＝4a1＋
2
＝4a1＋6，
因为 S8＝4S4， 即 8a1＋28＝16a1＋24， 所以 a1＝12，则 a10＝a1＋(10－1)d＝12＋9＝129.
(2)由于{an}是等比数列，设 an＝a1qn－1，其中 a1 是首
项，q 是公比．
[互动迁移 1] 若把本例题的条件 a1＝1 变为 a1＝2， 求解问题(2)．
2λ－1 解：由题设，a1＝2，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝ 2 ， 由(1)知 a3－a1＝λ，则 a3＝λ＋2. 若{an}为等差数列，则 2a2＝a1＋a3， 则 2λ－1＝2＋(λ＋2)，解得 λ＝5.
9 此时 a1＝2，a2＝2，a3＝7
所以 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ.
(2)解：由题设可求 a2＝λ－1， 所以 a3＝λ＋1， 令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4， 故 an＋2－an＝4. 由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差数列， a2n＝4n－1. 所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2. 因此存在 λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
和为 Sn，若 Sn＝1＋2an(n≥2)，且 a1＝2，则 S20＝( ) A．219－1 B．221－2 C．219＋1 D．221＋2
2017高考数学二轮复习与策略课件 专题4 等差数列、等比数列
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第十六页，编辑于星期六：二十一点 十五分。
2017版高三二轮复习与策略
热点题型 1 等差、等比数列的基本运算 题型分析：以等差(比)数列为载体，考查基本量的求解，体现方程思想的应用 是近几年高考命题的一个热点，题型以客观题为主，难度较小．
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2017版高三二轮复习与策略
法二：∵{an}是等差数列， ∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100 成等差数列，且公差 d′＝a10－a5 ＝8－3＝5. 故 a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选 C.]
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2017版高三二轮复习与策略
热点题型 2 等差、等比数列的基本性质 题型分析：该热点常与数列中基本量的运算综合考查，熟知等差(比)数列的基 本性质，可以大大提高解题效率．
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2017版高三二轮复习与策略
C [法一：∵{an}是等差数列，设其公差为 d， ∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 又∵a10＝8，∴aa11＋＋94dd＝＝83，， ∴da＝1＝1－. 1， ∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选 C.
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4．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sn＝126，则 n＝________.
高考数学课件——第1讲 等差数列与等比数列
q
1 2
或
aq121,
(舍去).
所以 an=4×( 1 )n-1=23-n. 2
②因为 bn=log2an=log223-n=3-n,
所以数列{bn}是首项为 2,公差为-1 的等差数列.
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn= n2 3 n = n5 n .
︱高中总复习︱二轮·文数
热点训练 3:(2018·江西南昌二模)已知各项均为正数且递减的等比数列{an}满
足:a3, 3 a4,2a5 成等差数列,前 5 项和 S5=31. 2
(1)求数列{an}的通项公式; 解:(1)由 a3, 3 a4,2a5 成等差数列得 3a4=a3+2a5,
2
设{an}的公比为 q,则 2q2-3q+1=0,解得 q= 1 或 q=1(舍去), 2
热点训练1:(1)(2019·广东省汕尾市高三普通高中质量检测)已知数列{an}是等
比数列,a1=5,a2a3=200,则a5等于( )
(A)100 (B)±100 (C)80
(D)±80
(2)(2019·湖南省长沙市上学期高三统一检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn,
且S13=52,则a4+a8+a9=
所以数列{an+bn}的前 n 项和为 Sn= n 3n 1 + 1 4n = 3 n2- 1 n+ 1 (4n-1).
2
14 2 2 3
︱高中总复习︱二轮·文数
方法技巧 解等差数列、等比数列综合题的基本思想是方程思想,即列出等差数列、 等比数列基本量的方程或者方程组,解方程或者方程组求得基本量,求出等 差数列、等比数列的通项公式,在此基础上求解其他问题.
2017高考数学理山东专用二轮课件：3-3-1 等差、等比数
数列{bn}的前 n 项和 Sn=nb1+
������(������-1) ������(������-1) d=2n+ × 2=n2+n. 2 2
-10考向一 考向二 题型1 题型2
题型2 转化后再用公式法 例2已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数 列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,求Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 解: (1)∵3S1,2S2,S3成等差数列, ∴4S2=3S1+S3, ∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3), 即a3=3a2,∴公比q=3,∴an=a1qn-1=3n. (2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n, ∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n, ∴Tn=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
-4-
2.数列求和的常用方法 (1)公式法:利用等差、等比数列的求和公式. (2)错位相减法:适合求数列{an· bn}的前n项和Sn,其中{an},{bn}分 别是等差、等比数列. (3)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累 加抵消中间若干项的方法. (4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合 成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和. (5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个 数列再求和,适用于正负相间排列的数列求和.
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.。
高考数学复习-第1讲-等差、等比数列的概念与性质课件
8,
∴
q3 a1
2, 1
或
q 3 a1
1 2
8.
,
∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选 D. 法二 利用等比数列的性质求解.
由a4 Βιβλιοθήκη a5a6a7 2, a4a7
8
解得
a4 a7
2, 4
或
a 4 a7
4, 2.
∴
q3
2, 或
q3
1, 2
a1 1
a1 8.
∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选 D.
热点考向突破—讲策略 促迁移
考向一 等差(等比)数列的基本运算
由等差(等比)数列的通项公式及前 n 项和公式,已知 五个量 a1,d(或 q),n,an,Sn 中的三个量便可求出其余 的两个量,即“知三求二”,体现了方程思想的应用, 若条件和结论间的联系不明显,则均可化成关于 a1 和 d(或 q)的方程组求解,但要注意消元及整体计算,也 就是说“最基本量”(即 a1 和 d(或 q))法是常用方法.
高考真题自测 热点考向突破 思想方法感悟
高考真题自测—夯基础 提速度
体验高考
1.(2011 年高考重庆卷,文 1)在等差数列{an} 中,a2=2,a3=4,则 a10=( D ) (A)12 (B)14 (C)16 (D)18 解析:设该数列的公差为 d,则 d=a3-a2=2, 因而 a10=a2+8d=2+2×8=18.故选 D.
n 项和 Sn= n(a1 an ) = n(am anm1) ,该结论是求
2
2
解数列客观题的通用简便方法.对于等比数列可类
比得出相应结论.
高考数学二轮复习 专题三 数列 第1讲 等差数列、等比数列的基本问题课件
12/8/2021
真题感悟 考点整合 第二十页，共三十七页。 热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
探究提高 给出Sn与an的递推关系求an，常用(chánɡ yònɡ)思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2) 转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系， 再求an.
12/8/2021
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归纳总结 思维升华
【训练 1】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝14，且 Sn＝Sn－1＋an－1＋12(n∈N*，且
n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－1149，且 3bn－bn－1＝n(n≥2，且 n∈N*).
证明：an＋2＝3an；并求an.
解 (1)由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，
所以S1n－Sn1－1＝2(n≥2，n∈N*)，故S1n是等差数列. 又S11＝2，所以S1n＝2n，
12/8/2021
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(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列. (1)解 由 Sn＝Sn－1＋an－1＋12，得 Sn－Sn－1＝an－1＋12， 即 an－an－1＝12(n∈N*，n≥2)， 则数列{an}是以12为公差的等差数列，又 a1＝14， ∴12a/8n/2＝021a1＋(n－1)d＝12n－14.
12/8/2021
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归纳总结 思维升华
又 a1＝1，a2＝2，所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切 n∈N*， an＋2＝3an. 又∵an≠0，所以aan＋n 2＝3.于是数列{a2n－1}是首项 a1＝1，公比为 3 的等比数列；数列 {a2n}是首项 a2＝2，公比为 3 的等比数列.因此 a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
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第一讲 等差数列、等比数列
课前自主诊断
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考点一
试题
解析
考点一
利用等差数列的等差中项和前 n 项和公式求解． ∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0. ∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2. 6×6－1 ∴S6＝6a1＋ d＝6. 2
a1＋4d＝3， a1＝－1， 又∵a10＝8，∴ ∴ a1＋9d＝8， d＝1.
考点二
考点三
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选 C.
第一讲 等差数列、等比数列
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考点一
试题
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通解
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考点二
试题
解析
考点一
考点二
考点三
2 由 a2，a3，a7 成等比数列，得 a2 3＝a2a 2a1＋a2＝1，所以 a1＝ ，d＝－1. 2 3
第一讲 等差数列、等比数列
考点二
考点三
第一讲 等差数列、等比数列
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考点三
试题
解析
考点一
λ n (2)由(1)得 Sn＝1－λ－1 . λ 5 31 λ 5 1 31 由 S5＝ 得 1－λ－1 ＝ ，即λ－1 ＝ . 32 32 32
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第一讲
等差数列、等比数列
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考点一
等差数列、等比数列的基本运算
试题
解析
考点一
考点二
考点三
1．(2016· 高考北京卷)已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和．若
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考点一
等差数列、等比数列的基本运算
[经典结论· 全通关] 1．两组求和公式
考点一
na1＋an nn－1 (1)等差数列：Sn＝ ＝na1＋ d； 2 2 a11－qn a1－anq (2)等比数列：Sn＝ ＝ (q≠1)． 1－q 1－q 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．
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考点三
等差数列、等比数列的判定与证明
试题
解析
考点一
4．(2016· 高考全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan，其 中 λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
考点二
考点三
31 (2)若 S5＝ ，求 λ. 32
第一讲 等差数列、等比数列
考点二
考点三
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考点一
试题
解析
考点一
2．(2016· 高考全国Ⅰ卷)已知{an}是公差为 3 的等差数列，数列{bn} 1 满足 b1＝1，b2＝ ，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. 3 (1)求{an}的通项公式； (2)求{bn}的前 n 项和．
考点二
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试题
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1 (1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝ ，得 a1＝2.所以数列{an}是首 3 项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为 an＝3n－1.
考点一
bn (2)由(1)知 anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得 bn＋1＝ ，因此{bn}是首项为 1，公 3 1 比为 的等比数列． 3 记{bn}的前 n 项和为 Sn， 1 n 1－ 3 3 1 则 Sn＝ ＝ － . 1 2 2×3n－1 1－ 3
考点二
考点三
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考点一
试题
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通解
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考点一
[自主突破· 提速练] 1．(2016· 高考全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前 9 项和为 27，a10＝8， 则 a100＝( C ) A．100 C．98 B．99 D．97
考点二
考点三
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考点三
试题
解析
(1)证明： 由题意得 a1＝S1＝1＋λa1， 故 λ≠1， a1＝
考点一
1 ， 故 a1≠0. 1－λ
由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan， 即 an＋1(λ－1)＝λan. an＋1 λ 由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0，所以 ＝ . an λ－1 1 λ 因此{an}是首项为 ，公比为 的等比数列， 1－λ λ－1 1 λ n－1 . 于是 an＝ λ － 1 1－λ
第一讲 等差数列、等比数列
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考点二
考点三
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．
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试题
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通解
优解
考点一
∵{an}是等差数列，设其公差为 d， 9 ∴S9＝ (a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 2
考点二
考点三
解得 λ＝－1.
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考点三 根据上面所做题目，请填写诊断评价
考点一
考点 诊 断 考点一 评 价 考点二 考点三
错题题号
错因(在相应错因中画√)
知识性 方法性 运算性 审题性
考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
考点二
考点三
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考点二
等差数列、等比数列的性质
试题
解析
考点一
考点二
考点三
3．(2015· 高考浙江卷)已知{an}是等差数列，公差 d 不为零．若 a2，
2 －1 a3， a7 成等比数列， 且 2a1＋a2＝1， 则 a1＝________ ， d＝________. 3