届高中数学高考二轮复习专题三数列文教案含答案全国通用.docx
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届高中数学高考二轮复习专题三数列文教案含答案全国通用
专题三数列教书用书文
第1讲 等差数列、等比数列的基本问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有:
(1)数列的概念是A级要求,了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念,一般不会单独考查;
(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列,要求都是C级.
真题感悟
1.(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+a=-3,S5=10,则a9的值是________.
解析 设等差数列{an}公差为d,由题意可得:
解得
则a9=a1+8d=-4+8×3=20.
答案 20
2.(2015·江苏卷)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为________.
解析 ∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,将以上n-1个式子相加得an-a1=2+3+…+n=,即an=,
令bn=,故bn=
=2,故S10=b1+b2+…+b10
=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
(1)通项公式:
an=a1qn-1(q≠0);
(2)求和公式:
q=1,Sn=na1;q≠1,Sn==;
(3)性质:
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________.
(2)(2016·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________.
(3)(2015·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.
(2)(2016·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)=k或多项式(
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