创新设计江苏专用高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题三数列教书用书文Word文档格式.docx

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＝2＝.

答案　

3.（2010·

江苏卷）函数y＝x2（x＞0）的图象在点（ak，a）处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.

解析　在点（ak，a）处的切线方程为：

y－a＝2ak（x－ak），当y＝0时，解得x＝，所以ak＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比数列，即an＝16×

，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.

答案　21

4.（2013·

江苏卷）在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>

a1a2…an的最大正整数n的值为________.

解析　设数列{an}的公比为q（q＞0），由已知条件得q＋q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3（舍去），

an＝a5qn－5＝×

2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝（2n－1），

a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2，

由a1＋a2＋…＋an>

a1a2…an，可知2n－5－2－5>

2，

由2n－5－2－5>

2，可求得n的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<

213，所以n的最大值为12.

答案　12

考点整合

1.等差数列

（1）通项公式：

an＝a1＋（n－1）d，

（2）求和公式：

Sn＝＝na1＋d，

（3）性质：

①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；

②an＝am＋（n－m）d；

③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.

2.等比数列

an＝a1qn－1（q≠0）；

q＝1，Sn＝na1；

q≠1，Sn＝＝；

①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·

an＝ap·

aq；

②an＝am·

qn－m；

③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，（Sm≠0）成等比数列.

3.求通项公式的常见类型

（1）观察法：

利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.

（2）利用前n项和与通项的关系an＝

（3）公式法：

利用等差（比）数列求通项公式.

（4）累加法：

在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f（n），把原递推公式转化为an＋1－an＝f（n），再利用累加法（逐差相加法）求解.

（5）叠乘法：

在已知数列{an}中，满足an＋1＝f（n）an，把原递推公式转化为＝f（n），再利用叠乘法（逐商相乘法）求解.

（6）构造等比数列法：

在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q（其中p，q均为常数，pq（p－1）≠0）先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p（an－t），其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解.

热点一　等差、等比数列的基本运算

【例1】

（1）（2016·

全国Ⅰ卷改编）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝________.

（2）（2016·

连云港调研）在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a3＋a4＋…＋a8＝________.

（3）（2015·

湖南卷）设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________.

解析　

（1）由等差数列性质，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1，

∴a100＝a10＋90d＝98.

（2）根据等差数列性质计算.因为{an}是等差数列，所以a3＋a4＋…＋a8＝3（a5＋a6）＝3.

（3）由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.

答案　

（1）98　

（2）3　（3）3n－1

探究提高　

（1）等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d（公比q），在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.

（2）在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.

【训练1】

（1）（2014·

江苏卷）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.

北京东城区模拟）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于________.

潍坊模拟）在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________.

解析　

（1）因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程（q2）2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×

22＝4.

（2）由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，

又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.

（3）法一　a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3（1＋q3＋q6＋…＋q84）＝a1q2·

＝·

＝×

140＝80.

法二　设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87，

因为b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，

所以b1（1＋q＋q2）＝140，而1＋q＋q2＝7，

所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×

20＝80.

答案　

（1）4　

（2）5　（3）80

热点二　等差、等比数列的判定与证明

【例2】（2016·

南师附中月考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋（n∈N*，且n≥2），数列{bn}满足：

b1＝－，且3bn－bn－1＝n（n≥2，且n∈N*）.

（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＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，

即an－an－1＝（n∈N*，n≥2），

则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝，

∴an＝a1＋（n－1）d＝n－.

（2）证明　∵3bn－bn－1＝n（n≥2），

∴bn＝bn－1＋n（n≥2），

∴bn－an＝bn－1＋n－n＋

＝bn－1－n＋＝（n≥2）.

bn－1－an－1＝bn－1－（n－1）＋＝bn－1－n＋（n≥2），

∴bn－an＝（bn－1－an－1）（n≥2），

∵b1－a1＝－30≠0，∴＝（n≥2）.

∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列.

探究提高　判断和证明数列是等差（比）数列的两种方法

（1）定义法：

对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数.

（2）中项公式法：

①若2an＝an－1＋an＋1（n∈N*，n≥2），则{an}为等差数列；

②若a＝an－1·

an＋1（n∈N*，n≥2），则{an}为等比数列.

【训练2】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.

（1）证明：

an＋2－an＝λ；

（2）是否存在λ，使得{an}为等差数列？

并说明理由.

（1）证明　由题设，anan＋1＝λSn－1，①

知an＋1an＋2＝λSn＋1－1，②

②－①得：

an＋1（an＋2－an）＝λan＋1.

∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ.

（2）解　由题设可求a2＝λ－1，∴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.

热点三　求数列的通项

[微题型1]　由Sn与an的关系求an

【例3－1】

（1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·

Sn－1＝0（n≥2，n∈N*），a1＝.求数列{an}的通项公式.

岳阳二模节选）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3,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－＝2（n≥2，n∈N*），故是等差数列.

又＝2，所以＝2n，

故Sn＝，an＝Sn－Sn－1＝－＝－（n≥2，n∈N*），

所以an＝

（2）由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，

因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.

两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，

即an＋2＝3an，n≥2.

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＝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.

∴bn＝

探究提高　给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：

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.

[微题型2]　已知an与an＋1的递推关系式求an

【例3－2】

（1）在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋，求数列{an}的通项公式；

（2）已知正项数列{an}满足a1＝1，（n＋2）a－（n＋1）a＋anan＋1＝0，求通项an；

（3）已知a1＝4，an＋1＝，求通项an.

解　

（1）由已知得a1＝1，且＝＋，

∴＝＋，＝＋，…，＝＋，

∴＝1＋＋＋…＋＝2－（n≥2）.

∴an＝2n－（n≥2），

又a1＝1适合上式，∴an＝2n－.

（2）由（n＋2）a－（n＋1）a＋anan＋1＝0，

得（n＋2）＋＝n＋1，所以＝.

又a1＝1，则an＝·

·

…·

a1

1＝.

故数列{an}的通项公式an＝.

（3）∵an＋1＝，两边取倒数得＝＋1，设bn＝，则bn＋1＝bn＋1，则bn＋1－2＝（bn－2），∴＝，故{bn－2}是以b1－2＝－2＝－为首项，为公比的等比数列.∴bn－2＝，

即－2＝，得an＝.

探究提高　

（1）形如bn＋1－bn＝f（n），其中f（n）＝