2020年高考一轮总复习课件(北师大版)：第六章 数列-5
2020届高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列课件文
7 4
63
,S6= 4
,则a8=
.
答案 32
解析 本题考查等比数列及等比数列的前n项和. 设等比数列{an}的公比为q. 当q=1时,S3=3a1,S6=6a1=2S3,不符合题意,
∴q≠1,由题设可得
a1 a1
(1 q3 1 q (1 q6 1 q
) )
7, 4 63 4
,
解得 a1
1 4
解析 本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体 现了数学运算的核心素养. (1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0. 解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1. (2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
3
3
3
3
3
2.(2015浙江,10,6分)已知{an}是等差数列,公差d不为零.若a2,a3,a7成等比数列,且2a1+a2=1,则a1=
,d=
.
答案 2 ;-1
3
解析
∵a2,a3,a7成等比数列,∴
a32
=a2a7,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),解得d=-
3 2
a1①,∵2a1+a2=1,
A. 3 2 f
B. 3 22 f
C.12 25 f
D.12 27 f
答案 D 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f,公比为12 2 的等比数列,设此数列为 {an},则a8=12 27 f,即第八个单音的频率为12 27 f,故选D.
2020届一轮复习北师大版 第六章 第六节 直接证明和间接证明 课件(19张)
n
所以
k＝1
T1k＝21d2k＝n 1
kk1＋1＝21d2k＝n 1
1k－k＋1 1
＝21d2·1－n＋1 1＜21d2．
[由题悟法] 综合法证题的思路源自[即时应用]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin
Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1．
第六节 直接证明和间接证明
1．直接证明 直接证明中最基本的两种证明方法是 综合法 和 分析法 ．
(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定 理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成 立，这种证明方法叫做综合法． 综合法又称为： 由因导果法 (顺推证法)．
(2)分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它 成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判 定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等) 为止，这种证明方法叫做分析法． 分析法又称为： 执果索因法 (逆推证法)．
1．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常 常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……” 等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学 问题成立．
2．利用反证法证明数学问题时，没有用假设命题推理而推出 矛盾结果，其推理过程是错误的．
[小题纠偏] 1． 6－2 2与 5－ 7的大小关系是________．
2．间接证明 反证法：一般地，假设原命题 不成立 ，经过正确的推理， 最后得出 矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题 成立，这样的证明方法叫做反证法．
[小题体验]
1．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系为( )
A．a＞b
B．a＜b
高考数学一轮专项复习讲义-等比数列(北师大版)
§6.3等比数列课标要求1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列有关的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值都是同一个常数，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．(2)等比中项：如果在a 与b 之间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么称G 为a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(a 1≠0，q ≠0)．(2)前n 项和公式：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1且q ≠0.3．等比数列的常用性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N ＋.特别地，若2w ＝m ＋n ，则a m a n ＝a 2w ，其中m ，n ，w ∈N ＋.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N ＋)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }数列(b ，p ，q ≠0)．(4)1>0，>11<0，q <1，则等比数列{a n }递增．1>0，q <11<0，>1，则等比数列{a n }递减．4．等比数列前n 项和的常用性质若等比数列{a n }的公比q ≠－1,前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .常用结论1．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n ，这里c ≠0，q ≠0.2．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n －A (A ≠0，q ≠1,0)．3．设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)S m ＋n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n .(2)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T3n T 2n ，…成等比数列．(3)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．(×)(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×)(3)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．(√)2．设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案B解析若a ，b ，c ，d 成等比数列，则ad ＝bc ，数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要不充分条件．3．在等比数列{a n }中，若a 3＝32，S 3＝92，则a 2的值为()A ．32B ．－3C ．－32D ．－3或32答案D解析由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3(q －2＋q －1＋1)，得q －2＋q －1＋1＝3，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，∴a 2＝a 3q ＝32或－3.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n (a ≠0)，则其前n 项和为S n ＝________.答案a ≠0，a ≠1解析因为a ≠0，a n ＝a n ，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，Sn ＝a (1－a n )1－a.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4等于()A.158B.658C ．15D ．40答案C 解析方法一若该数列的公比q ＝1，代入S 5＝5S 3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q ≠1.由1－q 51－q ＝5×1－q 31－q －4，化简得q 4－5q 2＋4＝0，所以q 2＝1或q 2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q ＝2，所以S 4＝1－q 41－q ＝15.方法二由题知1＋q ＋q 2＋q 3＋q 4＝5(1＋q ＋q 2)－4，即q 3＋q 4＝4q ＋4q 2，即q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q －2)(q ＋1)(q ＋2)＝0.由题知q >0，所以q ＝2.所以S 4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则Sn a n 等于()A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案B 解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，1q 4－a 1q 2＝12，1q 5－a 1q 3＝24，1＝1，＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，因为a 6－a 4a 5－a 3＝a 4(q 2－1)a 3(q 2－1)＝a 4a 3＝2412＝2，所以q ＝2，所以S na n ＝a 1(1－q n )1－q a 1q n －1＝2n －12n －1＝2－21－n .思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．(3)运用等比数列的前n 项和公式时，一定要讨论公比q ＝1的情形，否则会漏解或增解．跟踪训练1(1)(2023·天津)已知{a n }为等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＋1＝2S n ＋2，则a 4的值为()A ．3B ．18C ．54D ．152答案C解析由题意可得，当n ＝1时，a 2＝2a 1＋2，即a 1q ＝2a 1＋2，①当n ＝2时，a 3＝2(a 1＋a 2)＋2，即a 1q 2＝2(a 1＋a 1q )＋2，②联立①②1＝2，＝3，则a 4＝a 1q 3＝54.(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为()A ．8B ．10C ．12D ．16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则{a n }是以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝1016，即127a 1＝1016，解得a 1＝8，∴a n ＝8×2n －1，∴log 2(a 3a 5)＝log 2(8×22×8×24)＝12.题型二等比数列的判定与证明例2(2023·长沙模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，a 2＝－1，且a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0(n ∈N ＋)．(1)证明：{a n ＋1＋3a n }为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .(1)证明由a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0，可得a n ＋2＋3a n ＋1＝2(a n ＋1＋3a n )，即a n ＋2＋3a n ＋1a n ＋1＋3a n＝2(n ∈N ＋)，∴{a n ＋1＋3a n }是以a 2＋3a 1＝5为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)可知a n ＋1＋3a n ＝5·2n －1(n ∈N ＋)，∴a n ＋1－2n ＝－3(a n －2n －1)，∴a n ＋1－2n a n －2n －1＝－3，∴{a n －2n －1}是以a 1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴a n －2n －1＝1×(－3)n －1，∴a n ＝2n －1＋(－3)n －1，S n ＝1－2n 1－2＋1－(－3)n 1－(－3)＝2n －34－(－3)n 4.思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数，且n ≥2，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝cq n －1(c ，q 均为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝kq n －k (k 为常数，且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2(2024·潍坊模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝3，b 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n .(1)证明：{a n ＋b n }和{a n －b n }都是等比数列；(2)求{a n b n }的前n 项和S n .(1)证明因为a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝3(a n ＋b n )，a n ＋1－b n ＋1＝－(a n －b n )，又由a 1＝3，b 1＝2得a 1－b 1＝1，a 1＋b 1＝5，所以数列{a n ＋b n }是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a n －b n }是首项为1，公比为－1的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋b n ＝5×3n －1，a n －b n ＝(－1)n －1，所以a n ＝5×3n －1＋(－1)n －12，b n ＝5×3n －1－(－1)n －12，所以a n b n ＝5×3n －1＋(－1)n －12×5×3n －1－(－1)n －12＝25×32n －2－14＝254×9n －1－14，所以S n ＝254×1－9n 1－9－n 4＝25×(9n －1)－8n32.题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2023·全国乙卷)已知{a n }为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.答案－2解析方法一{a n }为等比数列，∴a 4a 5＝a 3a 6，∴a 2＝1，又a 2a 9a 10＝a 7a 7a 7，∴1×(－8)＝(a 7)3，∴a 7＝－2.方法二设{a n }的公比为q (q ≠0)，则a 2a 4a 5＝a 3a 6＝a 2q ·a 5q ，显然a n ≠0，则a 4＝q 2，即a 1q 3＝q 2，则a 1q ＝1，∵a 9a 10＝－8，则a 1q 8·a 1q 9＝－8，则q 15＝(q 5)3＝－8＝(－2)3，则q 5＝－2，则a 7＝a 1q ·q 5＝q 5＝－2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{a n }为等比数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则12m m a a ·…·n m a ＝12k k a a ·…·n k a .(2)若数列{a n }为等差数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则1m a ＋2m a ＋…＋n m a ＝1k a ＋2k a ＋…＋n k a .典例已知等差数列{a n }，S n 为前n 项和，且a 9＝5，S 8＝16，则S 11＝________.答案33解析S 8＝8(a 1＋a 8)2＝16，∴a 1＋a 8＝4，又∵a 9＋a 1＋a 8＝3a 6，∴a 6＝3，故S 11＝11a 6＝33.(2)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N ＋)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.答案100解析因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 2(2a n )，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.命题点2和的性质例4(1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.答案2解析奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80，奇＝－80，偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.(2)已知S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和，S 10＝20，则S 30－2S 20＋S 10的最小值为________．答案－5解析依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，且S 10＝20，不妨令其公比为q (q >0)，则S 20－S 10＝20q ，S 30－S 20＝20q 2，∴S 30－2S 20＋S 10＝(S 30－S 20)－(S 20－S 10)＝20q 2－20q ＝－5，故当q ＝12时，S 30－2S 20＋S 10的最小值为－5.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．跟踪训练3(1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝20，a 2a 8＝2，则1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝________.答案10解析1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝＝a 2＋a 8a 2a 8＋a 4＋a 6a 4a 6＝a 2＋a 8＋a 4＋a 6a 2a 8＝202＝10.(2)(2023·长春统考)在等比数列{a n }中，q ＝12，S 100＝150，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100的值是________．答案50解析设T 1＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99，T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100，所以T 2T 1＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝12，所以S 100＝T 1＋T 2＝2T 2＋T 2＝3T 2＝150，所以T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50.课时精练一、单项选择题1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ＝12，且a 3a 4＝132，则a 6等于()A.18 B.116C.132D.164答案C解析由a 3a 4＝132，得a 1q 2·a 1q 3＝132，即a 21＝132，所以a 21＝1.又a n >0，所以a 1＝1，a 6＝a 1q 5＝1＝132.2．若1，a 2，a 3,4成等差数列；1，b 2，b 3，b 4,4成等比数列，则a 2－a 3b 3等于()A.12B ．－12C ．±12D.14答案B解析由题意得a 3－a 2＝4－13＝1，设1，b 2，b 3，b 4，4的公比为q ，则b 3＝q 2>0，b 23＝1×4＝4，解得b 3＝2，a 2－a 3b 3＝－12＝－12.3．(2023·济宁模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.4．已知等比数列{a n }为递减数列，若a 2a 6＝6，a 3＋a 5＝5，则a5a 7等于()A.32B.23C.16D ．6答案A解析由{a n }为等比数列，得a 2a 6＝a 3a 5＝6，又a 3＋a 5＝5，∴a 3，a 5为方程x 2－5x ＋6＝0的两个根，解得a 3＝2，a 5＝3或a 3＝3，a 5＝2，由{a n }为递减数列得a n >a n ＋1，∴a 3＝3，a 5＝2，∴q 2＝a 5a 3＝23，则a 5a 7＝1q 2＝32.5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为()A ．6B ．12C ．18D ．42答案D解析设第n (n ∈N ＋)天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列{a n }是公比为12的等比数列，1－12＝6332a 1＝378，解得a 1＝192，所以此人后三天所走的里程数为a 4＋a5＋a 6＝192×18×1－12＝42.6．(2023·新高考全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 4＝－5，S 6＝21S 2，则S 8等于()A ．120B ．85C ．－85D ．－120答案C解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1，若q ＝1，则S 6＝6a 1＝3×2a 1＝3S 2，不符合题意，所以q ≠1.由S 4＝－5，S 6＝21S 2，可得a 1(1－q 4)1－q ＝－5，a 1(1－q 6)1－q ＝21×a 1(1－q 2)1－q ，①由①可得，1＋q 2＋q 4＝21，解得q 2＝4，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝a 1(1－q 4)1－q ·(1＋q 4)＝－5×(1＋16)＝－85.方法二设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 4＝－5，S 6＝21S 2，所以q ≠－1，否则S 4＝0，从而S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，所以(－5－S 2)2＝S 2(21S 2＋5)，解得S 2＝－1或S 2＝54，当S 2＝－1时，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6，即为－1，－4，－16，S 8＋21，易知S 8＋21＝－64，即S 8＝－85；当S 2＝54时，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 2)(1＋q 2)＝(1＋q 2)S 2>0，与S 4＝－5矛盾，舍去．综上，S 8＝－85.二、多项选择题7．(2023·太原模拟)已知数列{a n }是等比数列，以下结论正确的是()A ．{a 2n }是等比数列B ．若a 3＝2,a 7＝32，则a 5＝±8C ．若a 1<a 2<a 3，则数列{a n }是递增数列D ．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋r ，则r ＝－1答案ACD 解析令等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，对于A ，a 2n ＋1a 2n ＝＝q 2，且a 21≠0，则{a 2n }是等比数列，故A 正确；对于B ，由a 3＝2，a 7＝32，得q 4＝16，即q 2＝4，所以a 5＝a 3q 2＝2×4＝8，故B 错误；对于C ，由a 1<a 2<a 31(q －1)>0，1q (q －1)>0，>0，1(q －1)>0，a n ＋1－a n ＝q n －1·a 1(q －1)>0，即∀n ∈N ＋，a n ＋1>a n ，所以数列{a n }是递增数列，故C 正确；对于D ，显然q ≠1，则S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1q －1·q n －a 1q －1，而S n ＝3n ＋r ，因此q ＝3，a 1q －1＝1，r ＝－a 1q －1＝－1，故D 正确．8．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，且满足a 1>1，a 2022>1，a 2023<1，则()A ．a 2022a 2024－1<0B ．S 2022＋1<S 2023C ．T 2022是数列{T n }中的最大项D ．T 4045>1答案AC 解析设数列{a n }的公比为q .∵a 1>1，a 2023<1，∴0<a 2023<1，又a 2022>1，∴0<q <1.∵a 2022a 2024＝a 22023<1，∴a 2022a 2024－1<0，故A 正确；∵a 2023<1，∴a 2023＝S 2023－S 2022<1，即S 2022＋1>S 2023，故B 错误；∵0<q <1，a 1>1，∴数列{a n }是递减数列，∵a 2022>1，a 2023<1，∴T 2022是数列{T n }中的最大项，故C 正确；T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝a40451q1＋2＋3＋…＋4044＝a40451q2022×4045＝(a1q2022)4045＝a40452023，∵0<a2023<1，∴a40452023<1，即T4045<1，故D错误．三、填空题9．(2023·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和．若8S6＝7S3，则{a n}的公比为________．答案－1 2解析若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·a1(1－q6)1－q＝7·a1(1－q3)1－q，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－1 2 .10．设等比数列{a n}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________．答案200 3解析设数列{a n}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，∴b＝200 3.11．在等比数列{a n}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______.答案31104解析设等比数列{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.因为a 9＋a 10＝4，a 19＋a 20＝24，所以a 19＋a 20＝(a 9＋a 10)q 10＝24，解得q 10＝6，所以a 59＋a 60＝(a 9＋a 10)q 50＝4×65＝31104.12．记S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝1－a n ，记T n ＝a 1a 3＋a 3a 5＋…＋a 2n －1a 2n ＋1，则a n ＝________，T n ＝________.答案12n解析由题意得a 1＝1－a 1，故a 1＝12.当n ≥2n ＝1－a n ，n －1＝1－a n －1，得a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1，则a n a n －1＝12，故数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .由等比数列的性质可得a 1a 3＝a 22，a 3a 5＝a 24，…，a 2n －1a 2n ＋1＝a 22n ，所以数列{a 2n －1a 2n ＋1}是以a 22＝116为首项，116为公比的等比数列，则T n ＝a 22＋a 24＋…＋a 22n ＝161－116＝四、解答题13．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }落入区间(10,2023)的所有项的和．解(1)由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝3，所以a n ＋1＋2a n ＋2＝2，所以{a n ＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，a n ＝3×2n －1－2.(2)由10<a n <2023，得10<3×2n －1－2<2023，即4<2n －1<675，即4≤n ≤10，故{a n }落入区间(10,2023)的项为a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10，所以其和S ＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×8－10241－2－14＝3034.14．(2024·邯郸模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，n ∈N ＋.(1)求{a n }通项公式；(2)设b n ＝a n n ＋1，在数列{b n }中是否存在三项b m ，b k ，b p (其中2k ＝m ＋p )成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．解(1)由题意知，在数列{a n }中，a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1，n ≥2，两式相减可得，a n ＋1－a n ＝3a n ，a n ＋1＝4a n ，n ≥2，由条件知，a 2＝3a 1＋1＝4a 1，符合上式，故a n ＋1＝4a n ，n ∈N ＋.∴{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列．∴a n ＝4n －1，n ∈N ＋.(2)由题意及(1)得，在数列{a n }中，a n ＝4n －1，n ∈N ＋，在数列{b n }中，b n ＝4n －1n ＋1，如果满足条件的b m ，b k ，b p 存在，则b 2k ＝b m b p ，其中2k ＝m ＋p ，∴(4k －1)2(k ＋1)2＝4m －1m ＋1·4p －1p ＋1，∵2k ＝m ＋p ，∴(k ＋1)2＝(m ＋1)(p ＋1)，解得k 2＝mp ，∴k ＝m ＝p ，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项．15．(2023·杭州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .若p ：数列{a n }是等比数列；q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，则p 是q 的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案A 解析若{a n }是等比数列，设公比为k ，则a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝k (a 1＋a 2＋…＋a n )，a 3＋a 4＋…＋a n ＋2＝k (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)，于是(a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)2＝k 2(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝(a 3＋a 4＋…＋a n ＋2)(a 1＋a 2＋…＋a n )，即q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)成立；若(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，取a n ＝0，n ∈N ＋，显然{a n }不是等比数列，故p 是q 的充分不必要条件．16．(2023·泰安模拟)若m ，n 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同零点，且m ，n ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq ＝________.答案20解析＋n ＝p >0，＝q >0>0，>0，则m ，－2，n 或n ，－2，m 成等比数列，得mn ＝(－2)2＝4.不妨设m <n ，则－2，m ，n 成等差数列，得2m ＝n －2.结合mn ＝4，可得(2m ＋2)m ＝4⇒m (m ＋1)＝2，解得m ＝1或m ＝－2(舍去)，＝1，＝4＝5，＝4⇒pq ＝20.。
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课件：6.2 等差数列及其前n项和 .pdf
知识梳理 考点自诊
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1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)若一个数列从第2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)已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p,q为常数),则数列
{an}一定是等差数列. ( √ )
于( C )
A.3 B.4 C.5 D.6
考点1
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思考求等差数列基本量的一般方法是什么? 解题心得1.等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d, 然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解. 2.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,d,n,Sn, 已知其中三个就能求出另外两个,体现了用方程组解决问题的思想. 3.减少运算量的设元的技巧,若三个数成等差数列,可设这三个数 分别为a-d,a,a+d;若四个数成等差数列,可设这四个数分别为a3d,a-d,a+d,a+3d.
考点1
考点2
考点3
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对点训练1(1)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( ) C
A.100 B.99 C.98 D.97 (2)(2018衡水中学16模,2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且
S6=39,则a3+a4=( C )
A.31 B.12 C.13 D.52
6.2 等差数列及其前n项和
2020版高考数学总复习第六章数列第3节等比数列及其前n项和课件文北师大版
所以SS96＝73aa＝73.
答案
(1)B
7 (2)3
[思维升华]
1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an， Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.
2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量. (2)分类讨论思想：如求和时要分q＝1和q≠1两种情况讨论，判断单调性时对a1与q分 类讨论.
规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于 选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项 不成等比数列即可. 2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.
【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝ n－4. (1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列； (2)求数列{Sn}的前n项和Tn. (1)证明 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)， 所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)， 则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)， 所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)， 又由题意知a1－2a1＝－3， 所以a1＝3，则S1－1＋2＝4， 所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2等比数列.
2. 等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝___a_1_q_n_－_1___；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
a1(1－qn)
(2)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 时，Sn＝____1_－__q_____＝
log3a10＝( )
A.12
2020高考总复习(北师大版)数学(文)【配套课件】第六章第三节 基本不等式(34张PPT).ppt
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第三节 基本不等式 结束
(3)(2013·山东高考改编)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2 －z＝0，则xzy的最小值为________．
[解析] z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)， ∴xzy＝x2－3xxyy＋4y2＝xy＋4xy－3≥2 xy·4xy－3＝1. 当且仅当xy＝4xy，即x＝2y＝4时“＝”成立． [答案] 1
(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y 时，xy有最 p2
大值是 4 .(简记：和定积最大)
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第三节 基本不等式 结束
1．求最值时要注意三点：一是各项为正；二是寻求定值；三是 考虑等号成立的条件．
2．多次使用基本不等式时，易忽视取等号的条件的一致性．
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第三节 基本不等式 结束
在(3)的条件中，当
z xy
取最小值时，求x＋2y－z的
问题转化为m2+2m<x+2y的最小值,即求x+2y的最小值.
[解析]
x＋2y＝(x＋2y)
2x＋1y
＝2＋
4y x
＋
x y
＋2≥8，当且仅
当4xy＝xy，
即x＝2y＝4时等号成立．由x＋2y>m2＋2m恒成立，
可知m2＋2m<8，m2＋2m－8<0，解得－4<m<2. [答案] (－4,2)
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B.2
3
2
C.4
D.3
解析：由 0<x<1，故 3－3x>0，则 x(3－3x)＝13×3x(3－3x)≤13×94
2020大一轮高考总复习文数(北师大版)讲义：第6章第01节数列的概念与简单表示法Word版含答案.
第一节数列的概念与简单表示法考点咼考试题考查内容核心素养数列的概念2016全国卷川T17 12分由递推关系求通项逻辑推理2014全国卷H T16 5分由递推关系求首项命题分析本节内容主要考查已知数列的递推关系式求数列的通项公式或已知关系求S n,二种题型均有可能出现，难度中低档•S n与a n的亠知识清单1.数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义按一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项_ •数列一般形式可以写成a i, a?, a3,…，a n,…，简记为｛a n｝，其中数列的第1项a i也称首项;a n是数列的第n项，也叫数列的通项.分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限.项与项间递增数列a n+ 1〉a n其中递减数列a n+ 1 V a n的大小关系n€ N+常数列a n+ 1 = a n如果数列｛a n｝的第n项a n与n之间的函数关系可以用一个式子表示成a.= f(n),那么这个公式叫作这个数列的通项公式.2.数列的递推公式如果已知数列｛a n｝的首项(或前几项)，且任一项a n与它的前一项a』—」(n》2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫作数列的递推公式.提醒：1 •辨明两个易误点(1)数列是按一定 “次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的 还与这些“数”的排列顺序有关.(2)易混项与项数两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数 列的项对应的位置序号.2•数列的函数特性数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在正整数集 量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列.n n由 a n = 2— siny ，可得 a 1= 1, a 2 = 2, a 3= 1, a 4= 2,….4. (教材习题改编)已知数列｛a n ｝的通项公式为a n = n 2 — 3n — 28,则数列｛a n ｝的最小项为解析： a n = n 2— 3n — 28= n 2— 3n + ； — ； — 28= n — |2—'I数”有关，而且N +或其子集上的函数，当自变3. a n 与S n 的关系:a n=S i , n =1,S n—S n -i, n 》2.$小题查检1 •判断下列结论的正误(正确的打“V”，错误的打“X” )(1) a n 与｛a n ｝是不同的概念.()(2) 所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的. ()(3)数列是一种特殊的函数.()(4) 根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个.()⑸如果数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,则对？ n € N + ,都有a *+1= S n +1 — S n .()1⑹若已知数列｛a n ｝的递推公式为a n + 1= 2an — 1，且a 2=〔，则可以写出数列｛a n ｝的任何 一项.()答案：(1)2(2) X (3) V (4) V (5) V (6) V2.(教材习题改编)设数列｛a n ｝的前n 项和S n = n 2,贝V 的值为()A . 15B . 16C . 49D . 64解析：选A当 n = 8时，a 8= S 8— S 7= 82 — 72= 15,故选 A .3.下列可作为数列｛a n ｝: 1,2,1,2,1,2,…的通项公式的是( )A . a n = 1n nC . a n = 2— 解析：选C 对于A 、B 、D 选项，可令n = 1,2,3,4,…逐一验证不符合，对于选项C ,所以当n = 1或n = 2时，a n 取得最小值，(a^min =— 30. 答案：—305. ______________________________________________________ 若数列｛a n ｝的通项公式为a n =那么这个数列是 _________________________________________________ 数列.(填“递增”或 “递减”或“摆动”)X 1解析：方法一 令f(x) = 土，则f(x)= 1 — 占在(0 ,+^)上是增函数，则数列｛a n ｝是 入 ~~r I 递增数列.方法二 因为 a n +1 — a n 所以 a n + 1> a n ,所以数列｛a n ｝是递增数列. 答案：递增［明技法］由数列递推式求通项公式的常用方法曲4 證f 如5)®和心3累积法 殛如話=感时〔〔嵐吋)可求和)时*用累耙法求解|［提能力］【典例】 设数列｛a n ｝中，a 1= 2, a n +1= a n + n + 1,则a *= ____________ 解析：由条件知a n +1 — a n = n +1, 则 a n= (a 2—a 1)+ (a 3—a 2)+ (a 4—a 3)+ …+ (a n—a n — 1)+ a 1 =(2+ 3+4+ …+ n) + 2 =n 2+ n + 22答案： 2 n 2+ n + 2 2［母题变式1］若将“a n +1=a n+n+T 改为“ an +1=n+?n ”，如何求解?n + 2 n + 1(n +1]n + 2 >0，课堂•考邑窠破Eaaa ；由递推关系求通项公式构造法；形如％m 为常數，时，;［构谨等比数科................... !解：••• an +1=詁兀a n +1= n a n n +1a n a n —1 a n —2 a3 a 2 n — 1 n — 2n — 3 1 2--a n = — • • • ■ ■ • • 1 • • • ■ ■ ^2 —a a a a a n n — 1n — 2 2 n'［母题变式2］若将“ a n +1= a n + n +1”改为“ a .+1= 2a .+ 3”，如何求解？解：设递推公式a n +1 = 2a n + 3可以转化为a n +1 — t = 2(a n — t)，即a *+i = 2a *—t ，解得t = —3.故 a n +1+ 3 = 2(a n + 3).令 b n = a n + 3，贝U b 1= a 1 + 3= 5，且a n 1= 2. b na n + 3所以｛b n ｝是以5为首项，2为公比的等比数列. 所以 b n = 5x 2n —1,故 a n = 5X 2n —1— 3.2a［母题变式3］若将“ a n +1= a n + n + 1”改为“ a “ +1 =丄去”，如何求解?a n + 2又 a 1= 2，则—=1,a 1 21 1 1•••计｝是以寸为首项，2为公差的等差数列.［刷好题］(金榜原创)在数列｛ a n ｝中，a 1 = 1, a n +1 = 2n a n ，求a n . 解：由于心=2n ，故a 2= 21,坐=22,…，旦=2n —1, a na 1 a 2 a n —1将这n — 1个等式叠乘， n(n-1) n(n-1)得a n = 21+2+一(n -1)= 2 2 ，故 a n = 2 2.a 1____________________________________a n 与S n 关系的应用 ［析考情］a n 与S n 关系的应用是高考的常考内容，且多出现在选择题或填空题中，有时也出现在 解答题的已知条件中，难度相对小，属中低档题.［提能力］命题点1 :由S n 求a n【典例1】 已知数列｛a n ｝中，S n 是其前n 项和，若S n = 3“+ 2n + 1,贝U a n = ___________ 解析：因为当n = 1时，a 1 = 0 = 6; 当n > 2时，a 1= 2，…a n 工 0 ,F~=右+1，即 ar~—右=i ，1 a nn 2,21 1 1 1S n ^ 0,所以 S —' =「即"一S = —「Si S n +1 S n +1 Sif r=—1,所以 丄 是首项为一1,公差为一1的等差数列.1 1所以 1 = — 1 + (n — 1)x (— 1) = — n ,所以 S n =—Si n［悟技法］已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1 = Si 求出a 1.⑵用n — 1(n > 2)替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用 a n = S — S - 1(n > 2)便可求出当n >2时a n 的表达式.⑶对n = 1时的结果进行检验，看是否符合 n > 2时a n 的表达式，如果符合，则可以把 数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n = 1与n 》2两段来写.［刷好题］2 11. 若数列｛a n ｝的前n 项和S n = ?a n + 3,则｛ a n ｝的通项公式a n =2 1 2 1 解析：由 S n = 3a n + 3，得当 n 》2 时，S n -1= ^n- 1+§,2 2两式相减，得a n = §a n — §a n -1,二当n 》2时,a n =—2a n - 1，即 ~ =—2.a n —1又 n = 1 时，S 1= a 1 = |a 1 + 3, a 1= 1,a n = S n -S n -1 = (3n + 2n + 1)- [3n _1+ 2(n — 1) + 1] = 2 3“"+ 2,由于a 1不适合此式, 所以a n =6, n = 1, 2 3n —1 + 2, n 》2.答案:命题点6, n =1,1 n — 1 ,2 3 + 2, n >2.2 :利用a n 与S n 的关系求a n【典例 2】(2015全国卷n )设S n 是数列｛a .｝的前n 项和，且a 1 = — 1,不+1=5$+1, 则S “ =解析：因为 a *+1 = S n + 1 — S n , a *+ 1= S n S n + 1,所以 S n + 1—S n= S n S n + 1.因为…a n = (一2)答案：(一2)n T2. 已知数列｛a n ｝满足 a i + 2a 2+ 3a 3 + 4a 4+・・・+ na n = 3n — 2n + 1,求 a n . 解： 设 a i + 2a 2+ 3a 3 + 4a 4+ …+ na n = T n ,当 n = 1 时，a !=「= 3X 12— 2x 1+ 1 = 2, 当n > 2时，na n = T n — T n -1= 3n 2— 2n + 1 — [3( n — 1)2— 2(n — 1)+ 1]= 6n — 5, 因此a n =牛5,显然当n = 1时，不满足上式.2, n = 1,故数列的通项公式为 a n =丿6n — 5-------- ,n 》2. I n数列的单调性及其应用 ［明技法］数列单调性的判定方法 (1) 作差比较法：a n +1—a n> 0?数列｛an ｝是递增数列；a n +1—a n< 0?数列｛ an ｝是递减数列； a n + 1—a n= 0?数列｛ an ｝是常数列.(2) 作商比较法：当a n >0时，则亠〉1?数列｛a n ｝是递增数列； 亠v 1?数列是递a n a n减数列； y= 1?数列｛a n ｝是常数列.当a n V 0时，则呼〉1?数列｛a n ｝是递减数列； 专Va n a n a n⑶结合相应函数的图像直观判断. ［提能力］则aE a ?v a 3<…v a $= a g > an >…，故数列｛a *｝有最大项，为第 8项和第9项,且a 8= a g =帑=盎1?数列｛a n ｝是递增数列;a n +1a n=1?数列｛a n ｝是常数列. 【典例】已知数列｛a n ｝的通项公式为a n =,试判断此数列是否有最大项？若有,第几项最大，最大项是多少？若没有，说明理由.解：方法9—=n + 1 n “ n 只n + 2 9 n + 1 9 8— n—当n v 8时, a n +1 — a n > 0, 即 a n +1> a n ；当n = 8时, a n +1 —a n= 0 , 即 a n + 1 = a n ；当n > 8时,a n +1—a nV 0,即 an +1v a n ・［an 》a n — 1, 方法二 设数列｛a n ｝的第n 项最大，则a n 》a n +1 ,［刷好题］1.已知｛a n ｝是递增数列，且对于任意的 n € N +, a n = n 2+入n 亘成立，则实数 入的取值 范围是 _________ .解析：方法一(定义法)因为｛a n ｝是递增数列，所以对任意的 n € N +,都有a n +1> a .,即(n + 1)2 + "+ 1)> n 2 + 入 n 整理，得 2n + 1+ Z> 0,即卩 >—(2n + 1). (*)因为n 》1,所以—(2n + 1)< — 3,要使不等式(*)恒成立，只需 心—3. 方法二(函数法)设f(n) = a n = n 2+入n 其图像的对称轴为直线n =—才 要使数列｛a n ｝为递增数列，只需使定义在正整数上的函数 f(n)为增函数，故只需满足 f(1) v f(2)，即 > —3.答案：(—3,+^ )2.已知数列｛a n ｝满足a 1 = 33, a n +1 —a n = 2n ,则—的最小值为 ___________ .解： 由 a n +1 — a n = 2n 得：a 2— a 〔 = 2, a 3 — a 2= 4, a 4— a 3 = 6,…a n — a n -1 = 2(n — 1)，以 上 n — 1 个式子相加得：a n — a 1= 2+ 4+ 6 + …+ 2(n — 1) = 2 Q 1"= n 2— n.所以 a n = “2 — n + a 〔 = n 2— n + 33, 所以色=n + 33— 1 >2 33 — 1.n n w 由 n € N + ,当 n = 5 时，a n =乎，n 5 当 n = 6 时，-=乎> 5f.n 2 5所以当n = 5时，业的值最小为5?.n 5解得8W n W 9,又n € N +,贝U n = 8或n = 9•故数列｛a *｝有最大项, 为第 8项和第9项, 且 a 8= a 9 = 静.。
2020年高考一轮总复习课件(北师大版)：第六章 数列-3
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课堂典例讲练
第六章 第三节
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等比数列中基本量的运算 设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a2＝6,6a1 ＋a3＝30.求 an 和 Sn. [思路分析] 列方程组求首项 a1 和公比 q.
3．在等比数列{an}中，若 a4＝8，q＝－2，则 a7的值为( )
A．－64
B．64
C．－48
D．48
[答案] A
[解析] 依题意得 a7＝a4q3＝8×(－2)3＝－64.故选 A.
第六章 第三节
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4．设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，8a2＋a5＝0，则SS25＝
()
A．－11
B．－8
C．5
D．11
[答案] A
第六章 第三节
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[解析] 由 8a2＋a5＝0， ∴aa52＝－8，即 q3＝－8，q＝－2.
a11－q5 ∴SS52＝a111－－qq2＝11－－qq25＝－333＝－11.
1－q
第六章 第三节
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[方法总结] 等比数列基本量的运算是等比数列的一类 基本问题，数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn 一般可以“知三 求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
第六章 第三节
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等比数列{an}满足：a1＋a6＝11，a3·a4＝392，且公比 q∈ (0,1)．
2024届新高考一轮复习北师大版 第6章 第2节 等差数列 课件(47张)
5．在等差数列an 中，a1<0，S9＝S12，则该数列的前____________项 的和最小？
答案 10 或 11 解析 因为 S9＝S12，所以 9a1＋9×2 8 d＝12a1＋12×2 11 d， 所以 a1＝－10d<0. 所以 d>0.则有 an＝－10d＋(n－1)d＝nd－11d. 令 an＝nd－11d≤0，则 n≤11， 又∵a10＋a11＋a12＝3a11＝0， 所以 n≤11，所以当 n＝10 或 11 时，Sn 有最小值．
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夯实·主干知识
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1．等差数列的概念 (1)文字语言：对于一个数列，如果从第 2 项起，每一项与它的前一项 的差都是_同__一__个_常数，那么称这样的数列为等差数列，称这个常数为等差 数列的公__差__，通常用字母_d_表示． 符号语言：an＋1－an＝d(d 为常数，n∈N＋).
9×8 2
d＝－90＋36×6＝126.
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4．(2022·全国甲卷)记 Sn 为等差数列an 的前 n 项和．若 2S3＝3S2＋6， 则公差 d＝________________．
答案 2 解析 由 2S3＝3S2＋6 可得 2a1＋a2＋a3 ＝3a1＋a2 ＋6，化简得 2a3 ＝a1＋a2＋6， 即 2a1＋2d ＝2a1＋d＋6，解得 d＝2.
大一轮习讲义 数学（BSD）
第六章 数 列 第二节 等差数列
内 夯实·主干知识 容 探究·核心考点 索 引 课时精练
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【考试要求】 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与 前 n 项和公式.3.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系，并能用等 差数列的知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系．
2020版高考文科数学(北师大版)一轮复习试题：第六章+数列+课时规范练27+Word版含答案
2020版高考文科数学（北师大版）一轮复习试题课时规范练27数列的概念与表示基础巩固组1.下列数列中,既是递增数列又是无穷数列的是()A.1,,…B.-1,-2,-3,-4,…C.-1,-,-,-,…D.1,,…,2.数列1,,…的一个通项公式a n=()A. B. C. D.3.已知数列{a n}的前n项和为S n,若S n=2a n-4(n∈N+),则a n=()A.2n+1B.2nC.2n-1D.4.已知数列{a n}满足a1+a2+…+a n=2a2(n=1,2,3,…),则()A.a1<0B.a1>0C.a1≠a2D.a2=05.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,S n=a n(n∈N+),则S10为()A.50B.55C.100D.1106.已知数列{a n}的首项a1=1,其前n项和S n=n2a n(n∈N+),则a9=()A. B. C. D.7.在数列{a n}中,a1=1,S n=a n,则a n=.8.数列{a n}的前n项和为S n.若S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N+,则S5=.9.在数列{a n}中,a1=0,a n+1=,则S2 019=.10.数列{a n}的通项公式是a n=n2+kn+4.(1)若k=-5,则数列中有多少项是负数?n为何值时,a n有最小值?并求出最小值.(2)对于n∈N+,都有a n+1>a n.求实数k的取值范围.综合提升组11.在数列{a n}中,若a1=2,且对任意正整数m,k,总有a m+k=a m+a k,则{a n}的前n项和为S n=()A.n(3n-1)B.C.n(n+1)D.12.给定数列1,2+3+4,5+6+7+8+9,10+11+12+13+14+15+16,…,则这个数列的一个通项公式是()A.a n=2n2+3n-1B.a n=n2+5n-5C.a n=2n3-3n2+3n-1D.a n=2n3-n2+n-213.已知数列{a n}的前n项和为S n,若3S n=2a n-3n,则a2 018=()A.22 018-1B.32 018-6C. 2 018-D. 2 018-14.在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和,已知数列{a n}是等和数列,且a1=2,公和为5,那么a18=.15.已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=2a n-n,则a n=.创新应用组16.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n}称为“斐波那契数列”,则(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)…(a2 015a2 017-)=()A.1B.-1C.2 017D.-2 01717.(2018衡水中学二调,10)数列{a n}满足a1=,a n+1-1=a n(a n-1)(n∈N+),且S n=+…+,则S n的整数部分的所有可能值构成的集合是()A.{0,1,2}B.{0,1,2,3}C.{1,2}D.{0,2}。
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[规范解答] (1)f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2， 即 logaan＝2n＋2， 可得 an＝a2n＋2. ∴aan－n 1＝a2an2－n＋12＋2＝a2(n≥2)，为定值． ∴{an}为等比数列．
第六章 第五节
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第六章 第五节
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(4)分期付款模型：设贷款总额为 a，年利率为 r，等额还 款数为 b，分 n 期还完，则 b＝1r＋1＋rnr－n1a.
第六章 第五节
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基础自测
1.已知等差数列{an}的公差为 2，若 a1，a3，a4 成等比数
第六章 第五节
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命题分析 从近几年的高考试题看，数列的综合应用成为命题的热点， 在选择题、填空题、解答题中都有可能出现，以解答题为主， 难度偏大，主要是等差、等比数列综合题，或可转化为等差、 等比数列的综合问题，数列与不等式、函数、解析几何等的 综合也是高考命题热点． 预测 2015 年高考等差与等比数列的交汇，数列与不等式的 交汇是高考的主要考点，重点考查运算能力和逻辑推理能力.
(2)bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2. 当 a＝ 2时， bn＝(2n＋2)( 2)2n＋2＝(n＋1)2n＋2. Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n＋2① 2Sn＝2·24＋3·25＋4·26＋…＋n·2n＋2＋(n＋1)·2n＋3② ①－②得 －Sn＝2·23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)·2n＋3
第六章 第五节
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3．数列应用题常见模型： (1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该 模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差． (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定 的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关 系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是 an 与 an＋1 的递推 关系，还是前 n 项和 Sn 与 Sn＋1 之间的递推关系．
第六章 第五节
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课前自主导学
第六章 第五节
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知识梳理
1.等比数列与等差数列比较表
等差 数列
等比 数列
(1) 强 调 从 第 二 项 起 每 一 项 与
(1)都强调从第二项起
前项的差；
每一项与前项的关
(2)a1 和 d 可以为零；
第六章 第五节
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解得 d1＝2，d2＝－10. ∵等差数列{bn}的各项为正，∴d>0， ∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋nn－2 1×2＝n2＋2n.
第六章 第五节
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数列与函数、不等式的综合应用 已知 f(x)＝logax(a>0 且 a≠1)，设 f(a1)，f(a2)，…， f(an)(n∈N＋)是首项为 4，公差为 2 的等差数列． (1)设 a 为常数，求证：{an}成等比数列； (2)若 bn＝anf(an)，{bn}的前 n 项和是 Sn，当 a＝ 2时，求 Sn. [思路分析] 利用函数的有关知识得出 an 的表达式，再利 用表达式解决其他问题．
A．6s
B．7s
C．8s
D．9s
[答案] B
第六章 第五节
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[解析] 设至少需要 ns，则 1＋21＋22＋…＋2n－1≥100， ∴11－－22n≥100，∴n≥7.故选 B.
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5．(2014·苏州质检)已知等差数列的公差 d<0，前 n 项和 记为 Sn，满足 S20>0，S21<0，则当 n＝________时，Sn 达到最 大值．
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数列{an}的前 n 项和记为 Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)． (1)求{an}的通项公式； (2)等差数列{bn}的各项为正，其前 n 项和为 Tn，且 T3＝ 15，又 a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3 成等比数列，求 Tn.
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[方法总结] 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是 高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前 n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．
2．利用等比数列前 n 项和公式时注意公比 q 的取值．对 等差、等比数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性 质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程 求解．
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等差、等比数列的综合问题 已知等差数列{an}的前四项的和 A4＝60，第二 项与第四项的和为 34，等比数列{bn}的前四项的和 B4＝120， 第二项与第四项的和为 90. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 cn＝an·bn，且{cn}的前 n 项和为 Sn，求 Sn.
[解析] 由 x2－x<nx，得 0<x<n＋1(n∈N＋)， 因此 an＝n，Sn＝nn＋2 1.
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4．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个
病毒的同时将自身分裂为 2 个，现在有一个这样的细菌和 100
个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )
＝1，且 4a1,2a2，a3 成等差数列，则 S4＝( )
A．7
B．8
C．15
D．16
[答案] C
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[解析] 设数列{an}的公比为 q，则 4a2＝4a1＋a3， ∴4a1q＝4a1＋a1q2，即 q2－4q＋4＝0， ∴q＝2.∴S4＝11－－224＝15.
[答案] 243
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[解析] 第一天 1＋2 只，第二天有 a2＝3a1＝9 只，第三 天 a3＝3a2＝27，…，故第 n 天为 an＝3n，则 a5＝35＝243.
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课堂典例讲练
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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
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第六章 数 列
第六章 数 列
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第六章
第五节 数列的综合应用
第六章 数 列
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高考目标导航
3 课堂典例讲练
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[解析] (1)由 an＋1＝2Sn＋1，可得 an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 两式相减得 an＋1－an＝2an，则 an＋1＝3an(n≥2)． 又 a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1. 故{an}是首项为 1，公比为 3 等比数列， ∴an＝3n－1. (2)设{bn}的公差为 d， 由 T3＝15，b1＋b2＋b3＝15，可得 b2＝5， 故可设 b1＝5－d，b3＝5＋d，又 a1＝1，a2＝3，a3＝9， 由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2，
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[思路分析] (1)根据等差等比数列的有关性质和已知条 件求 an 与 bn.
(2)应用错位相减法求 Sn.
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[规范解答] (1)由题意知，对数列{an}，
a2＋a4＝34， A4＝60
系；
(3)等差中项唯一
(2)结果都必须是同一
(1) 强 调 从 第 二 项 起 每 一 项 与
个常数；
前项的比；
(2)a1 与 q 均不为零； (3)等比中项有两个值
(3)数列都可由 a1，d 或 a1，q 确定
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2.数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步 骤，可用图表示如下：
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－2Sn＝9·3＋4·32＋4·32＋…＋4·3n－(4n＋5)·3n＋1 ＝27＋4·3211－－33n－1－(4n＋5)·3n＋1 ＝27＋2·3n＋1－18－(4n＋5)·3n＋1， ∴Sn＝12[(4n＋3)·3n＋1－9]．
列，则 a2 的值为( )
A．－4
B．－6
C．－8
D．－10
[答案] B
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[解析] 由题意知：a23＝a1a4. 则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6.
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Байду номын сангаас
2．(2014·运城模拟)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1
课前自主导学