版高考数学二轮复习第2部分专题2数列第1讲等差数列等比数列教案文.docx
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第1讲 等差数列、等比数列
[做小题——激活思维]
1.在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=450,则a2+a8等于( )
A.45 B.75 C.180 D.300
[答案] C
2.已知数列{an}为等比数列,若a4=7,a6=21,则a8等于( )
A.35B.63C.21
D.±21
[答案] B
3.已知数列{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和,若S8=4S4,则a7等于( )
A.
B.
C.7D.9
[答案] A
4.已知数列{an}为等差数列,若a5=11,a8=5,则an=________.
[答案] -2n+21
5.设首项为1,公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn与an的关系可表示为________.
[答案] Sn=2an-1
[扣要点——查缺补漏]
1.等差数列的通项及前n项和公式
(1)an=a1+(n-1)d.如T4.
(2)Sn=na1+
d=
.如T3.
2.等比数列的通项及前n项和公式
(1)an=a1qn-1(q≠0).
(2)Sn=
如T5.
3.等差、等比数列的性质
(1)在等差数列中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq,如T1.
(2)若{an}是等差数列,则
也是等差数列.
(3)在等差数列{an}中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等差数列.
(4)在等比数列中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am·an=ap·aq,如T2.
(5)在等比数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列(n为偶数且q=-1除外).
4.判断等差(比)数列的常用方法
(1)定义法:
若an+1-an=d(n∈N*),d为常数
,则{an}为等差(比)数列;
(2)中项公式法;
(3)通项公式法.
等差、等比数列的基本运算(5年13考)
[高考解读] 高考重点考查等差数列、等比数列的通项及前n项和公式的应用,属每年必考内容.
1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( )
A.16 B.8 C.4 D.2
切入点:
S4=15,a5=3a3+4a1.
关键点:
正确求出首项a1和公比q.
C [由题意知
解得
∴a3=a1q2=4.
故选C.]
2.[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )
A.-12 B.-10 C.10 D.12
切入点:
将3S3=S2+S4利用a1和d表示.
关键点:
利用已知条件正确求出公差d.
B [法一:
设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3
=2a1+d+4a1+
d,解得d=-
a1,∵a1=2,∴d=-3,
∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.
故选B.
法二:
设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3S3=S3-a3+S3+a4,∴S3=a4-a3,∴3a1+
d=d.∵a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.故选B.]
3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.
切入点:
{an}为各项均为正数的等比数列,an>0,a1=2,a3=2a2+16.
关键点:
正确求出公比q,进而正确求出{bn}的通项.
[解]
(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.
[教师备选题]
(2016·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=
,anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
[解]
(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=
,得a1=2.
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.
(2)由
(1)知anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=
,
因此{bn}是首项为1,公比为
的等比数列.
记{bn}的前n项和为Sn,
则Sn=
=
-
.
等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略
1求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出.
2求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.
3求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程组求解.
4求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.
易错提醒:
解方程时,注意对根的检验.求解等比数列的公比时,要结合题意进行讨论、取值,避免错解.
1.(等差数列的基本运算)[一题多解]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若6a3+2a4-3a2=5,则S7=( )
A.28 B.21 C.14 D.7
D [法一:
设等差数列{an}的公差为d,由6a3+2a4-3a2=5,得6(a1+2d)+2(a1+3d)-3(a1+d)=5a1+15d=5(a1+3d)=5,即5a4=5,所以a4=1,所以S7=
=
=7a4=7,故选D.
法二:
设等差数列{an}的公差为d,由6a3+2a4-3a2=5,得6(a4-d)+2a4-3(a4-2d)=5,即5a4=5,所以a4=1,所以S7=
=
=7a4=7,故选D.]
2.(等比数列的基本运算)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q=( )
A.3B.4C.5D.6
B [由题意知,q≠1,则
,两式相减可得
=q3-q2,即
=1,所以q=4.]
3.(等差、等比数列的综合运算)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=3.
(1)若a3+b3=7,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=13,求Sn.
[解]
(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.
由a2+b2=3,得d+q=4,①
由a3+b3=7,得2d+q2=8,②
联立①②,解得q=2或q=0(舍去),
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)∵T3=b1(1+q+q2),∴1+q+q2=13,
解得q=3或q=-4,
由a2+b2=3,得d=4-q,∴d=1或d=8.
由Sn=na1+
n(n-1)d,
得Sn=
n2-
n或Sn=4n2-5n.
等差、等比数列的性质(5年2考)
[高考解读] 高考对等差、等比数列的性质的考查主要体现在项与项之间的性质和前n项和的性质,要求不高,重点考查通性通法.
1.[一题多解](2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1=
,a3a5=4(a4-1),则a2=( )
A.2 B.1 C.
D.
切入点:
a3a5=a
.
关键点:
利用等比数列的性质及a3a5=4(a4-1),求出公比q.
C [法一:
根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.
∵a3a5=a
,a3a5=4(a4-1),∴a
=4(a4-1),
∴a
-4a4+4=0,∴a4=2.又∵q3=
=
=8,
∴q=2,∴a2=a1q=
×2=
,故选C.
法二:
直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出q后求解.
∵a3a5=4(a4-1),∴a1q2·a1q4=4(a1q3-1),
将a1=
代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,
解得q=2,
∴a2=a1q=
,故选C.]
2.(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
切入点:
S3=-15.
关键点:
根据等差数列的前n项和公式求出公差d.
[解]
(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由
(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.
[教师备选题]
1.(2015·浙江高考)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=________.
-1 [∵a2,a3,a7成等比数列,∴a
=a2a7,
∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),即2d+3a1=0.①
又∵2a1+a2=1,∴3a1+d=1.②
由①②解得a1=
,d=-1.]
2.(2015·广东高考)若三个正数a,b,c成等比数列,其中a=5+2
,c=5-2
,则b=________.
1 [∵a,b,c成等比数列,∴b2=a·c=(5+2
)(5-2
)=1,又b>0,∴b=1.
3.(2014·广东高考)等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=________.
5 [log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5
=log2(a1a2a3a4a5)=log2a
=5log2a3
=5log2
=5log22=5.]
等差、等比数列性质应用问题求解策略
1等差数列{an}的前n项和
n为奇数是常用的转化方法.
2熟练运用等差、等比数列的性质,如m+n=p+q时,若{an}为等差数列,则am+an=ap+aq;若{an}为等比数列,则有am·an=ap·aq,可减少运算过程,提高解题效率.
1.(项的性质)已知数列{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10的值为( )
A.7 B.-5 C.5 D.-7
D [在等比数列{an}中,a5a6=-8,∴a4a7=-8,又a4+a7=2,解得a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4.若a4=4,a7=-2,则q3=-
,∴a1=-8,a10=a7·q3=1,∴a1+a10=-7;若a4=-2,a7=4,则q3=-2,∴a1=1,a10=a7·q3=-8,∴a1+a10=-7.综上可得,a1+a10=-7.故选D.]
2.(和的性质)一个等差数列{an}的前12项的和为354,前12项中偶数项的和S偶与前12项中奇数项的和S奇之比为
,则公差d等于( )
A.5B.6C.10D.12
A [由题意可知
解得
又由等差数列的性质,可得S偶-S奇=6d,即192-162=6d,解得d=5.故选A.]
3.(等差、等比数列性质的综合问题)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为
,则S5=( )
A.36B.33C.32D.31
D [设{an}的公比为q(q>0),∵a1a6=2a3,
而a1a6=a3a4,∴a3a4=2a3,∴a4=2.
又a4+2a6=3,∴a6=
,∴q=
,a1=16,
∴S5=
=31.故选D.]
等差、等比数列的判定与证明(5年3考)
[高考解读] 高考对此类问题的考查是先判断后证明,重点是等差数列和等比数列的定义及通性通法的应用.
角度一:
等差数列的判定与证明
1.(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.
切入点:
①由S2=2,S3=-6求首项和公比q;
②等差数列的定义.
关键点:
正确求出等比数列的前n项和Sn.
[解]
(1)设{an}的公比为q.由题设可得
解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2)n.
(2)由
(1)可得Sn=
=-
+(-1)n
.
由于Sn+2+Sn+1=-
+(-1)n·
=2
=2Sn,
故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
角度二:
等比数列的判定与证明
2.(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=
.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.
切入点:
①通过nan+1=2(n+1)an和bn=
,利用赋值法求b1,b2,b3;
②通过nan+1=2(n+1)an与bn=
建立bn+1与bn的关系.
关键点:
利用已知条件建立bn+1与bn的关系.
[解]
(1)由条件可得an+1=
an.
将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
由条件可得
=
,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由
(2)可得
=2n-1,所以an=n·2n-1.
[教师备选题]
1.(2016·浙江高考)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则( )
A.{Sn}是等差数列B.{S
}是等差数列
C.{dn}是等差数列D.{d
}是等差数列
A [先将Sn用已知线段的长表示出来,再利用等差数列的定义判断.
作A1C1,A2C2,A3C3,…,AnCn垂直于直线B1Bn,垂足分别为C1,C2,C3,…,Cn,则A1C1∥A2C2∥…∥AnCn.
∵|AnAn+1|=|An+1An+2|,∴|CnCn+1|=|Cn+1Cn+2|.
设|A1C1|=a,|A2C2|=b,|B1B2|=c,
则|A3C3|=2b-a,…,|AnCn|=(n-1)b-(n-2)a(n≥3),
∴Sn=
c[(n-1)b-(n-2)a]=
c[(b-a)n+(2a-b)],
∴Sn+1-Sn=
c[(b-a)(n+1)+(2a-b)-(b-a)n-(2a-b)]=
c(b-a),∴数列{Sn}是等差数列.]
2.(2016·全国卷Ⅲ)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;
(2)若S5=
,求λ.
[解]
(1)证明:
由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=
,故a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,
即an+1(λ-1)=λan.
由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以
=
.
因此{an}是首项为
,公比为
的等比数列,
于是an=
n-1.
(2)由
(1)得Sn=1-
n.
由S5=
得1-
5=
,即
5=
.
解得λ=-1.
判断或证明一个数列是等差、等比数列时应注意的问题
1判断一个数列是等差等比数列,有通项公式法及前n项和公式法,但不作为证明方法.
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.
3
=an-1an+1n≥2,n∈N*是{an}为等比数列的必要而不充分条件,也就是判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0.
易错提醒:
1判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明,其他方法最后都会回到定义,如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数,但最后还得使用定义才能说明其为等差数列.
2证明数列{an}为等比数列时,不能仅仅证明an+1=qan,还要说明q≠0,才能递推得出数列中的各项均不为零,最后断定数列{an}为等比数列.
1.(构造法证明)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
[解]
(1)证明:
由an+2=2an+1-an+2得,
an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.
又b1=a2-a1=1,所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由
(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.
于是
(ak+1-ak)=
(2k-1),
所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.
又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.
2.(等比数列的证明)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-n.
(1)求证:
{an+1}为等比数列;
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解]
(1)证明:
当n=1时,a1=S1=2a1-1,即a1=1.
当n≥2时,由Sn=2an-n,①
得Sn-1=2an-1-(n-1),②
①-②得an=2an-2an-1-1,即an+1=2(an-1+1),又a1+1=2,
所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由
(1)知an+1=2n,
所以an=2n-1.
所以Sn=2(2n-1)-n=2n+1-(n+2),
所以Tn=
-
=2n+2-4-
.
3.(等比数列的判定)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an>0,S
=a
-λSn+1,其中λ为常数.
(1)求证:
Sn+1=2Sn+λ;
(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列?
若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
[解]
(1)证明:
因为an+1=Sn+1-Sn,S
=a
-λSn+1,
所以S
=(Sn+1-Sn)2-λSn+1,
所以Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0.
因为an>0,所以Sn+1>0,所以Sn+1-2Sn-λ=0,
所以Sn+1=2Sn+λ,即得证.
(2)因为Sn+1=2Sn+λ,所以Sn=2Sn-1+λ(n≥2),
两式相减得an+1=2an(n≥2),
所以{an}从第二项起成等比数列.
因为S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,
所以a2=1+λ>0,得λ>-1,
所以an=
若使{an}是等比数列,则a1a3=a
,
所以2(λ+1)=(λ+1)2,
所以λ=-1(舍去)或λ=1,经检验符合题意.
故存在λ=1,使得数列{an}为等比数列.
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