2013届高考文科数学总复习(第1轮)广西专版课件：3.3等比数列(第2课时)
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3.3 等比数列-2013届高考文科数学第一轮考点总复习PPT课件
______________an_2=_a_n_-1_·a_n.+1,n≥2,n∈N*
▪
2.等比中项法aa:1n② q n -1 , n∈N*
________________________.
▪
3.通项公式法：a③1·qn-1，n∈N*
_________________. qn-m
▪ 2020年10月二2日 、等比数列的通项公式
n
n na-a11(111(-q-qqn
1)
n) (+q 1
1
)
;
na1(q
a1 - anq
1 - q
1) (q
; 1)
③
n∈N*;④ a c
a
aq ,a
▪ 2020年aq 101月·2q日 n-1,n∈3N*q ;⑤qn-m;⑥
⑦6
c
2020年10月2日
7
2020年10月2日
8
▪
2.已知等比数列{an}的公比
▪
1. 已知等比数列{an}
中,a1+an=66,a2an-1=128,
▪ ▪
Sn=aa111 2ana解6n1，26:86因,求为项{数anaa}n1n 是和 26 等4公比比数q 的aa 1列n 值6,2 所4 .. 以
a ·a =a ·a ， 1 n 2020年10月2日
2 n-1
11
▪
由Sn
▪
即 ［ (2-p)2n+(3-p)3n ］ 2= ［ (2-
p)2n+1+(31-p)3n+1］·［(2-p)2n-1+(3-p)3n1］， 6
▪
整理得 (2c-np1 )- (p3cn-pq)·2n·3n=0，解
2013届高三数学一轮复习课件数列的概念
2 3
5
3
2 3
2
5
数列,周期为3,于是a2011=a670×3+1=a1= .
3 5
(2)由题意可知an+1+an-1=an,an+an+2=an+1,两式相加即可得到an+2=-an-1.
∴an+3=-an可得到an+6=an;即是以6为周期的数列,且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,
(2)已知数列{an}的通项公式为an= ,则{an}为 (
n! 10
n
)
(A)递增数列.
(B)递减数列.
(D)从某项后为递增数列.
n
2
(C)从某项后为递减数列.
【解析】(1)由已知得,an= 或13时an最大.
n 156
= 1 5 6 ;由函数的知识即可知n=12
1 n n
(2)an+1=an× ,从第11项开始递增.
【解析】(1)an=1+ + +…+ n.由此a1=1,a2= 2,a3= 3. -ln -ln -ln
1
1
1
3 2
11 6
2
3
n
又an+1-an=ln n-ln(n+1)+
=ln(1- n )+ 1 1 . 1 n 1 n
1
1
构造函数h(x)=ln(1-x)+x,x∈(0,1).
数列; 4.数列的通项an与前n项和Sn之间的关系: 数列{an}中,Sn=a1+a2+a3+…+an;
S 1 ( n 1), an= S S ( n 2 ). n 1 n
5
3
2 3
2
5
数列,周期为3,于是a2011=a670×3+1=a1= .
3 5
(2)由题意可知an+1+an-1=an,an+an+2=an+1,两式相加即可得到an+2=-an-1.
∴an+3=-an可得到an+6=an;即是以6为周期的数列,且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,
(2)已知数列{an}的通项公式为an= ,则{an}为 (
n! 10
n
)
(A)递增数列.
(B)递减数列.
(D)从某项后为递增数列.
n
2
(C)从某项后为递减数列.
【解析】(1)由已知得,an= 或13时an最大.
n 156
= 1 5 6 ;由函数的知识即可知n=12
1 n n
(2)an+1=an× ,从第11项开始递增.
【解析】(1)an=1+ + +…+ n.由此a1=1,a2= 2,a3= 3. -ln -ln -ln
1
1
1
3 2
11 6
2
3
n
又an+1-an=ln n-ln(n+1)+
=ln(1- n )+ 1 1 . 1 n 1 n
1
1
构造函数h(x)=ln(1-x)+x,x∈(0,1).
数列; 4.数列的通项an与前n项和Sn之间的关系: 数列{an}中,Sn=a1+a2+a3+…+an;
S 1 ( n 1), an= S S ( n 2 ). n 1 n
2013届高考文科数学总复习(第1轮)广西专版课件：2.4函数的单调性(第1课时).ppt
)(x1
2)(x2
2)
0,
2
从而2a-1>0 a> ,故选C.
第一课时
题型1 利用函数图像判断函数单调性 1. 求函数f(x)=|lg(x+1)|的单调区间. 解：作函数y=|lg(x+1)|的图象. 由右图可知，f(x)的单 调递减区间是(-1，0］,单调 递增区间是［0，+∞).
点评：画出函数的图象，通过图象 可直观地观察函数的单调性或单调区间， 而函数图象的画法，注意对基本初等函 数的图象进行平移、伸缩、翻折等变换， 如本题中的函数的图象就是先画出 y=lg(x+1)的函数的图象，然后把函数 y=lg(x+1)位于x轴下面部分的图象沿x轴 翻折到x轴上方，这样就得到了函数 y=|lg(x+1)|的图象.
)
＞0，
所以a＞0时，函数f(x)在(-1，1)上单调递减；
a＜0时，函数f(x)在(-1，1)上单调递增.
点评：用定义法判断或证明函数的单
调性的一般步骤是：①设参，即任取指定
区间上的x1、x2，且设x2＞x1；②比较函数 值f(x2)、f(x1)的大小；③下结论.如果函数 值在比较时含有参数，需根据情况进行分
第二章
函数
2.4 函数的单调性
考
●单调函数及单调区间
点
●函数单调性的证明方法
搜
●判断函数单调性的常用方法
索
●抽象函数的单调性
高考对函数单调性的考查，有单 高 独命题的，也有与函数其他性质综合 考 考查的，主观题、客观题都有，形式
可能是：判断函数的单调性；证明函 猜 数在指定区间上的单调性，由函数的 想 单调性确定参数的取值范围、函数单
2013届高考数学第1轮总复习1.1集合的概念课件文(广西专版)
所以A UB，从而B UA.
题型1 元素与集合，集合与集合的关系 1. (原创)已知A={x|x≤ 3 2,x∈R}，
a= 15 ，b= 2 3, 则(
A. a∈A且b A
)
B. a A且b∈A
C. a∈A且b∈A D. {a} A且{b}A
解：由 15< 18= 3 2 及2 3= 12< 18
用符号“∈ A={y|y=x2+1,x∈N},B={(x,y)|y=x2-2x+2,x∈R},则：
(1)0_ __A;3.5_ __A;10___A;(1,2)__ _A. (2)(0,0)_ __B;(1,1)___B;2___B.
解：(1)A={y|y=x2+1,x∈N}是函数y=x2+1(x∈
所以A={x|x≥3}.又y=(b-2)2-1，b∈R，
所以y≥-1，所以B={y|y≥-１}，故A B.
参考题
题型 集合与元素关系的应用
1. 设 m ， n 是 整 数 ， 集 合 A={(x ， y)|(x-
m)2+3n≤6y}包含点(2，1)，但不包含点(1，0) 与(3，2)，求m及n的值.
解：因为(2,1)∈A,所以(2-m)2+3n≤6.①
又因为(1，0) A，(3，2)A，
所以(1-m)2+3n>0，② (3-m)2+3n>12.③
由①②得6-(2-m)2>-(1-m)2，解得 m - 3 .
由①③得 m - 1 , 又m∈Z，
2
2
所以m=-1,代入①,②得-4<3n≤-3,又n∈Z，
盘点指南：①确定性；②互异性；③无 序性；④列举法；⑤描述法；⑥图示法；⑦有 限集；⑧无限集；⑨R; ⑩Q; 11Z; 12N;
题型1 元素与集合，集合与集合的关系 1. (原创)已知A={x|x≤ 3 2,x∈R}，
a= 15 ，b= 2 3, 则(
A. a∈A且b A
)
B. a A且b∈A
C. a∈A且b∈A D. {a} A且{b}A
解：由 15< 18= 3 2 及2 3= 12< 18
用符号“∈ A={y|y=x2+1,x∈N},B={(x,y)|y=x2-2x+2,x∈R},则：
(1)0_ __A;3.5_ __A;10___A;(1,2)__ _A. (2)(0,0)_ __B;(1,1)___B;2___B.
解：(1)A={y|y=x2+1,x∈N}是函数y=x2+1(x∈
所以A={x|x≥3}.又y=(b-2)2-1，b∈R，
所以y≥-1，所以B={y|y≥-１}，故A B.
参考题
题型 集合与元素关系的应用
1. 设 m ， n 是 整 数 ， 集 合 A={(x ， y)|(x-
m)2+3n≤6y}包含点(2，1)，但不包含点(1，0) 与(3，2)，求m及n的值.
解：因为(2,1)∈A,所以(2-m)2+3n≤6.①
又因为(1，0) A，(3，2)A，
所以(1-m)2+3n>0，② (3-m)2+3n>12.③
由①②得6-(2-m)2>-(1-m)2，解得 m - 3 .
由①③得 m - 1 , 又m∈Z，
2
2
所以m=-1,代入①,②得-4<3n≤-3,又n∈Z，
盘点指南：①确定性；②互异性；③无 序性；④列举法；⑤描述法；⑥图示法；⑦有 限集；⑧无限集；⑨R; ⑩Q; 11Z; 12N;
2013届高考数学第1轮总复习3.2等差数列(第2课时)课件文(广西专版)
又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上， 所以Sn=3n2-2n. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-［3(n-1)2-2(n-1)］
=6n-5;
当n=1时，a1=S1=3×12-2=6×1-5. 所以an=6n-5(n∈N*).
(2)由(1)知 bn
3 an an1
3 (6n - 5)[6(n 1) - 5]
1 ( 1 - 1 ), 2 6n - 5 6n 1
故 Tn
n i 1
bi
1 [(12
1) (1 77
- 1 ) 13
( 1 - 1 )] 6n - 5 6n 1
1 (1- 1 ). 2 6n 1
因此，要使 1 (1- 1 ) m (n N*) 都成立,
0,Sn为其前n项和,且满足a2·a3=45，a1+a4=14.
(1)求数列{an}的通项公式；
{bn}也(2是)通等过差b数n 列nSn，c 构求成非一零个常新数的c；数列{bn}，使 (解3)：求(f1(n)由)=于(n a12b+5n )abn4=1 (an2+Na*3)=的14最，大值.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn
求使得Tn< 数m.
m 20
对ana3所n1 ,有Tnn是∈数N*列都{成bn}立的的前最n项小和正，整
解：(1)因为二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),
则f ′(x)=2ax+b.
由f ′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,
所以f(x)=3x2-2x.
1 2
d (常数)，其中n
=6n-5;
当n=1时，a1=S1=3×12-2=6×1-5. 所以an=6n-5(n∈N*).
(2)由(1)知 bn
3 an an1
3 (6n - 5)[6(n 1) - 5]
1 ( 1 - 1 ), 2 6n - 5 6n 1
故 Tn
n i 1
bi
1 [(12
1) (1 77
- 1 ) 13
( 1 - 1 )] 6n - 5 6n 1
1 (1- 1 ). 2 6n 1
因此，要使 1 (1- 1 ) m (n N*) 都成立,
0,Sn为其前n项和,且满足a2·a3=45，a1+a4=14.
(1)求数列{an}的通项公式；
{bn}也(2是)通等过差b数n 列nSn，c 构求成非一零个常新数的c；数列{bn}，使 (解3)：求(f1(n)由)=于(n a12b+5n )abn4=1 (an2+Na*3)=的14最，大值.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn
求使得Tn< 数m.
m 20
对ana3所n1 ,有Tnn是∈数N*列都{成bn}立的的前最n项小和正，整
解：(1)因为二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),
则f ′(x)=2ax+b.
由f ′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,
所以f(x)=3x2-2x.
1 2
d (常数)，其中n
2013届高考数学第1轮总复习 3.1数列的概念课件 文(广西专版)
进行讨论，如果n=1时的通项公式也符合n≥2 的式子，则可以合并成一个通项公式，如果 不能合并，则按分段形式写结论.
别在下列条件下求数列{an}的通项公式.
拓展练习 设数列{an}的前n项和为Sn，分
(1)Sn=3n-2; (2)Sn=n2+2n.
解：(1)当n=1时，a1=S1=1;
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-2-(3n-1-2)=2·n-1. 3
由于a1=1不适合上式，因此数列{an}的通
1(n 1) 项公式为an n-1 . 3 2 ( n N *，且n 2)
(2)当n=1时，a1=S1=3;
当n≥2时，an=Sn-Sn-1 =n2+2n-(n-1)2-2(n-1) =2n+1.
因为a1=3满足上式，所以数列{an}的通 项公式为an=2n+1(n∈N*).
3. 已知数列的递推关系式求数列的通 项公式，解此类题型的方法一般是将已知的 递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或 转化为基本数列(等差或等比数列)的方法求 通项公式. 4. 数列中有两个重要变形，在适当条 件下，注意使用： (1)an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1);
an a2 a3 (2) an a1 (an≠0). a1 a2 an-1
1 n-1a = 3 3 由①-②得3 n an n 3
3
(n≥2).
所以
(n≥2).
1 验证n=1时也满足上式，故数列{an}的通项公式 an n 3
点评：数列是特殊的函数，数列的递 推关系式反映的就是函数的一个对应关系. 如果已知的是n=k时的命题，则n=k-1(k≥2) 时的命题，或n=1时的命题的相应形式我们 应该能准确的写出来，然后由这些式子经 过加减等运算得到我们所需要的递推关系 式或通项公式.
3.3 等比数列-2013届高考文科数学第一轮考点总复习PPT优质课件
▪
整理得 (2c-np1 )- (p3cn-pq)·2n·3n=0，解
得p=2或p=3.
cn - pcn-1
▪
解法2：因为{cn+1-pcn}是等比数
列，4-2p-2q pq 0 ▪ 故存9-3在p-3非q零pq常0, 数q使得
2020/12/9
对 15
▪
解法3：cn+1-pcn=2n+1+3n+1-p·2n-
▪ ▪
Sn=aa111 2ana解6n1，26:86因,求为项{数anaa}n1n 是和 26 等4公比比数q 的aa 1列n 值6,2 所4 .. 以
a ·a =a ·a ， 1 n 2020/12/9
2 n-1
11
▪
由Sn
a1(1-qn)2(1-32q)126, 1-q 1-q
▪ 解得q=2，于是n=6;
C. 2
D. 2
20▪20/1a2/91q2·a1qq解8=2：,2(设aa11q公4aq2)比2,故1为2qq2=,2由22, .已知得
9
▪
3. 已知{an}是等比数列，14
a2=2,a5= ，则 C
a1a2+a23a2 3+…+anan+1=( 3 2)
▪
A3 . 16(1-4-n)
3 B.
6(1-2-n)
▪
2.等比中项法aa:1n② q n -1 , n∈N*
________________________.
▪
3.通项公式法：a③1·qn-1，n∈N*
_________________. qn-m
▪ 2020/12/9 二、等比数列的通项公式
2013届高考文科数学第一轮考点总复习课件1
解：由 x2+x-6=0解得x1=-3， 1 x2=2， m 所以A={-3，2}. 1 1 2 , - -3 m 若m=0，则B=m ，符合条件 .
18
• 若BA，求实数m的值.
•
•
•
•
• •
1 m 即 3
1 1 . 3 综上所述，m =0或 2 或
1 m- . 或2
•
• •
题型1 元素与集合，集合与集合的关系
3 2,
1. (原创)已知A={x|x≤ 15 2 3, x∈R}， • a= ，b = 则( ) • A. a∈ b aA 且 18 3 A 2 2 3B. 12 18 15A且 b∈ 3 2A
•
C. a∈A且b∈A
11 {a}A D.
20
参 考 题
题型 集合与元素关系的应用
•
1. 设m，n是整数，集合A={(x， y)|(x-m)2+3n≤6y}包含点(2，1)，但不 包含点(1，0)与(3，2)，求m及n的值. 解： 因 为 (2,1) ∈A, 所 以 (2 m)2+3n≤6.① 又因为(1，0)A，(3，2)21 A，
解：因为选项 A 、 B、 C中表示 13 的集合分别为 {0} ， {x|x>0} ， {0} ，
题型2 元素互异性问题
•
2. 已 知 全 集 S={1,3,x3-x22x},A={1,|2x-1|}, 如果 SA={0} ，则 这样的实数 x 是否存在？若存在， 求出x的值；若不存在，说明理由. • 解：因为 SA={0},所以0∈S且 0A, • 所以x3-x2-2x=0，解得x=0或x=-1或 14 x=2.
• 5
6
18
• 若BA，求实数m的值.
•
•
•
•
• •
1 m 即 3
1 1 . 3 综上所述，m =0或 2 或
1 m- . 或2
•
• •
题型1 元素与集合，集合与集合的关系
3 2,
1. (原创)已知A={x|x≤ 15 2 3, x∈R}， • a= ，b = 则( ) • A. a∈ b aA 且 18 3 A 2 2 3B. 12 18 15A且 b∈ 3 2A
•
C. a∈A且b∈A
11 {a}A D.
20
参 考 题
题型 集合与元素关系的应用
•
1. 设m，n是整数，集合A={(x， y)|(x-m)2+3n≤6y}包含点(2，1)，但不 包含点(1，0)与(3，2)，求m及n的值. 解： 因 为 (2,1) ∈A, 所 以 (2 m)2+3n≤6.① 又因为(1，0)A，(3，2)21 A，
解：因为选项 A 、 B、 C中表示 13 的集合分别为 {0} ， {x|x>0} ， {0} ，
题型2 元素互异性问题
•
2. 已 知 全 集 S={1,3,x3-x22x},A={1,|2x-1|}, 如果 SA={0} ，则 这样的实数 x 是否存在？若存在， 求出x的值；若不存在，说明理由. • 解：因为 SA={0},所以0∈S且 0A, • 所以x3-x2-2x=0，解得x=0或x=-1或 14 x=2.
• 5
6
2013届高考数学(文科)大纲版一轮总复习课件10.4二项式定理(第2课时)
•
4(C解n05：n (C1n1 )5证n-1 明Cn:2因5n-为2 4·6Cnn+n-155n)+1-9=4(6n-
1)+5(5 -1) n5(Cn0 4n Cn1 4n-1 Cn2 4n-2
C n-1 n
4)
•
20=(C4n0［5n(-15+C1n1 )5nn--12 ］Cn2+55n［-3 (4+1C)nnn-1-)1］
P
•
x 103 1- 1.1 (1 0.01)10
1.22
,
•
化简得
,
• 因为
103
1
1.1
(1+0.01)10 1.22
=103
1-
1.1 1.22
(1+C110
0.01+C120
0.012
+
)
•
103 (1- 1.1 1.1045) 4.1 1.22
•
2S n(Cn0 Cn1 Cn2 Cnn ) n 2n
，
•
Cn1 两2C式n2 相加 nC，nn 得 n 2n-1
题型5 利用二项式定理解决 整除性和余数问题
•
2. (1)求证：4·6n+5n+1-9(n∈N*)能
被20整除；
•
(2)求5555除以8的余数.
少公顷(精确到1公顷)？
=
(粮食单产= 总—总人—产口—量数—)
耕—总地—产面—量积—,人均粮食占有量
•
解：设耕地平均每年至多只
2013届高考文科数学总复习(第1轮)广西专版课件2.8指数式与对数式
7
题型1 指数、根式的化简与求值运算 1.
2 1 1 3 -2 4 [(3 ) 3 - (5 )0.5 (0.008) 3 (0.02) 2 (0.32) 2 0.06250.25 ; (1)计算： 8 4 91
(2)化简： 4b
a 3 - 8a 3 b
2 3
2 3 ab a
第 二 章
函
数
1
2.8
指数式与对数式
考点
搜索
高考 猜想
●指数、对数运算及其互化
选择题中以较容易题的形式或 解答题以计算工具的形式出现.
2
一、根式
n x=①____ a ，n为奇数 xn=a (n∈N*,n＞1) (a＞0) x=②______ n a ，n为偶数 ； n n |a| 2 =④_____; ( a ) =③___; a a
2 3
1 3
6
4 已知 a 9
2 3 3 2
2 3
(a>0)，则log 2 a=_____. 3
3
方程4x+2x-2=0的解是_____. x=0 解：4x+2x-2=0 (2x-1)(2x+2)=0 2x=1 x=0.
22 3 2 2 解： (a ) [( ) ]2 a ( )3 log 2 a log 2 ( )3 3. 3 3 3 3 3
logb a
5
A. 6a B. -a C. -9a D. 9a 2 1 1 1 1 5 解： 2 1 1 1 5 1 1 3 3 6 6 -9a 3 2 6 b 2 3 6 2 2 ( a b )(-3 a b ) ( a b ) =-9a,故选C. 3
2013届高考数学第1轮总复习12.1数学归纳法及其应用(第2课时)课件理(广西专版)
k
1
1
.
k
1
2
k
2 ak
1
3 2
ak
.
因为
k
2
ak＞0，1
3 2
ak＞1
3 2
k
1
1
1
3 2k
＞0， 2
所以
k
2 ak
(1
3 2
ak
)
［
k
2 ak
1
3 2
ak
2
］2
1 ［
k
2
1
•即
a12
a22
ak2
1成 立1 .
2 4k
• 则当n=k+1时，
a12
a22
ak2
a2 k 1
1 2
1 4k
4
1 k 1
2
1 2
1［ 1 4k
k
1
1
2
］
1 2
1 k2 k 1
4
· k
k
12
• 所以＜当12 n=14k·k+k1k2时，1k2不等12 式14成 k立 1. .
1， 7 . 2
• •
证(2)明假:设(1当)当nn==k时1时结，论a1 成 3立，11即2 a结1k，论3成k1立2 ..
2013届高考数学第1轮总复习2.11函数的应用课件理(广西专版)
• 某种新药服用x小时后血液中的残留量为y 毫克，如图为函数y=f(x)的图象，在x∈［0， 4］时为二次函数，且当x=4时到达顶点；在 x∈(4，20］为一次函数， 当血液中药物残留量不
小于240毫克时，治疗 有效.
• (1)求函数y=f(x)的解析式；
• (2)设某人上午8：00第一次服药，为保 证疗效，试分别计算出第二次、第三次 服药的时间.
• 从图象发现：点(5，35)，(15，25)，(20， 20)，(30，10)似乎在同一条直线上，为此 假设它们共线于直线l：Q=kt+b.
• 由点(5，35)，(30，10)确定出l的解析式为： Q=-t+40.
• 通过检验可知，点(15，25)，(20，20)也在 直线l上.
• 所以日销售量Q与时间t的一个函数关系式 为：Q=-t+40(0＜t≤30，t∈N*).
•
400-20x(4＜x≤20).
• (2)设x为第一次服药后经过的时间，则第一 次服药的残留量
• y1=f(x)= -20(x-4)2+320(0≤x≤4)
•
400-20x(4＜x≤20)，
• 由y1≥240，得 0≤x≤4
•
-20(x-4)2႐， • 解得2≤x≤4或4＜x≤8，所以2≤x≤8.
5， 4
f (x) x ，g(x) 5 x.
4
4
• 设投入乙产品的资金为x万元，投入甲产品 的资金为10-x(万元)，企业获得的总利润y万 元，则 y f (10 x) g(x) 10 x 5 x
44
x5 x5 44 2
1 (x 5)2 65 (0 x 10)， 4 2 16
高考文科数学总复习(第1轮)广西专版课件3.3等比数列(第2课时)
(n=1,2,…)，求证：数列
(3)求数列{an}的通项公式及前n项和. 解：(1)证明：由Sn+1=4an+2,Sn+2=4an+1+2， 两式相减，得Sn+2-Sn+1=4(an+1-an)，
8
即an+2=4an+1-4an. (根据bn的构造，如何把该式表示成bn+1与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形 能力的训练.) 所以an+2-2an+1=2(an+1-2an). 又bn=an+1-2an，所以bn+1=2bn.① 由S2=4a1+2，a1=1，得a1+a2=4a1+2， 解得a2=5，则b1=a2-2a1=3.② 由①和②知，数列{bn}是首项为3，公比 为2的等比数列，故bn=3· 2n-1. 9
(2)证明：因为 c
n
为
an 1 an an 1 - 2an bn 3 2n-1 3 所以 cn1 - cn n1 - n n1 n1 n1 . 2 2 2 2 4 a1 1 2 又 c1 2 2 , 故数列{cn}是首项为 1 ，公差 2 3 3 1 的等差数列，所以cn n - . 4 4 4 an 3 1 c , (3)因为 n 2n 又 cn n - , 4 4 an 3n 1 n -2 a (3 n -1) 2 . , 所以 2n 4 4 所以 n
(2)由b3· b5=39，得a3+a5=9.又a4+a6=3，
所以d=-3，a1=
于是 b1b2
27 2
27 ，所以 an (n -1) (-3). 2
n 2 n 2 3 2
2013届高考文科数学总复习(第1轮)广西专版课件：3.2等差数列(第2课时)
6n 1
).
因此，要使
1 2
(1 -
1 6n 1
1 2
)
m
m 20
,
( n N *)
都成立,
必须且仅须满足
即m≥10，
20
所以满足要求的最小正整数m为10.
点评：数列是特殊的函数，有关 数列中的一些问题，可以利用函数的 方法来解决，如求数列中的最值项， 先把定义域看为正整数集，然后利用 求函数最值的方法进行求解.
r t 2 r t 2
n
2
1
题型4
等差数列性质的应用
拓展练习
题型5 等差数列与函数交汇 3. 已知二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0)的导函 数为f ′(x)=6x-2.数列{an}的前n项和为Sn，点 (n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 b a a , Tn是数列{bn}的前n项和， m 求使得Tn< 对所有n∈N*都成立的最小正整 20 数m.
A. 4∶3 C. 7∶4 解：因为a
S 21
n
B. 3∶2 D. 78∶71
S 2 n -1 2n -1 ,
所以 a
11
b1 1
S 147 1 4 2 1 21 , T21 T21 84 27 3 21
故选A.
已知三个或四个数成等差数列的一类问题， 要善于设元，目的在于减少运算量.如三个数 成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可 设a-d，a，a+d;四个数成等差数列时，可设为 a-3d，a-d，a+d，a+3d.
拓展练习 已知等差数列{an}中,公差d＞
2013届高考文科数学总复习(第1轮)广西专版课件：2.10图象变换与对称
上平移一个单位长度，如图2.
(3)定义域为(-∞，-1)
∪(1，+∞)，函数为偶函数，
图象关于y轴对称.
当x＞1时,y=log2(x-1),其图象 是函数y=log2x的图象向右平 移一个单位长度，如图3.
点评：函数图象的作图问题，一般先根 据定义域、值域确定图象的大致范围；然 后判断函数的性质，如奇偶性、单调性； 再根据描点法画一部分的图象；最后利用 图象的平移、翻折、伸缩等变换得出整个 函数的图象.
解：函数f(x)= a - x 的反函数f-1(x)的图象
x - a -1
的对称中心是(-1, 3 )，
2
所以f(x)= a - x
的对称中心是( 3 ,-1).
x - a -1
2
而f(x)= a - x 的对称中心是(a+1,-1)，
x - a -1
所以a+1= 3 ，解得a=
2
1 2
.
题型1
作图问题
a
二、几个重要结论
1. 若f(a+x)=f(b-x)，对任意x∈R恒成立， 则y=f(x)的图象关于 16 _直__线__x__a_2_b_对称.
2. 若函数f(x)的图象关于直线x=m及x=n对 称，则f(x)是周期函数，且最小正周期为 17 _2_|m__-n__| __.
3. 函数y=f(a+x)与函数y=f(b-x)的图象关于 18 _x__b2-_a_对称.
2
图象中x＞0部分关于y轴的对
称部分，即得y=( 1 )|x|的图象，
2
如图2实线部分.
题型2
识图问题
2. 函数y=-xcosx的图象是( )
解：令y=f(x)=-xcosx， 则f(-x)=-(-x)cos(-x)=xcosx=-f(x)， 即f(x)是奇函数且f(0)=0， 所以y=-xcosx的图象是关于坐标原点O成 中心对称.从而可知选项A与C均不正确. 又当0＜x＜ 时，y=-xcosx＜0，
2013届高考数学第1轮总复习10.2排列、组合应用题(第2课时)课件文(广西专版)
两端外侧的6个空当中放上两个“+”号， 将7个1分成三组，左、中、右三组中1的 个数，分别为x、y、z的值，所以共有
C62 =15组解.
(2)问题可理解为：7个人站在一排， 现有3人插队，但不相邻，共有多少种选 位方法?每选三个位置算一种选法.
因为7人前后共有8个空当，所以共有
C83 =56种不同的选法.
解：(1)一方获胜至少要下5盘棋，至多要 下9盘棋，问题可理解为：在9盘对局中，甲方 有且只有5盘对局获胜，则甲方获得比赛胜利，
所以共有 =1C2695种可能.
(2)首先在2号盒内放一个球，在3号盒内放 两个球，然后将余下的17个球摆成一横排，用 两块隔板将其分割成三组，每组至少有1个球， 再将三组球分别放入三个盒子里即可.
由分步计数原理，共有C42 C42 =36(种).
解法２：从４名男生中选２名，从５名
女生中选３名，共 C42C53种选法，其中女生甲
不入选的方法数为
C42C
3种.
4
所以共有C42C53 C42C43 =36(种).
(2)从9人中任选5人的选法有 C95 种.其中5
名女生都入选的选法有 C55 种，男生甲和女生 乙同时入选的选法有C73 种.
点评：组合数计数对应的元素不考虑 其在位置上的顺序，解决有关组合数计数 问题时，关键是理解所取的元素在分配中 没有顺序或只有一种顺序.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
拓展练习(1)甲、乙两队各派5人按事先
排定的顺序进行围棋擂台赛，当一方5人全部 负于对方时算一种比赛结果，求甲方获胜的 比赛结果共有多少种可能?
(2)20个相同的小球，全部装入编号为1， 2，3的三个盒子里，每个盒子内所放的球数 不小于盒子的编号数，求共有多少种不同的 放法?
C62 =15组解.
(2)问题可理解为：7个人站在一排， 现有3人插队，但不相邻，共有多少种选 位方法?每选三个位置算一种选法.
因为7人前后共有8个空当，所以共有
C83 =56种不同的选法.
解：(1)一方获胜至少要下5盘棋，至多要 下9盘棋，问题可理解为：在9盘对局中，甲方 有且只有5盘对局获胜，则甲方获得比赛胜利，
所以共有 =1C2695种可能.
(2)首先在2号盒内放一个球，在3号盒内放 两个球，然后将余下的17个球摆成一横排，用 两块隔板将其分割成三组，每组至少有1个球， 再将三组球分别放入三个盒子里即可.
由分步计数原理，共有C42 C42 =36(种).
解法２：从４名男生中选２名，从５名
女生中选３名，共 C42C53种选法，其中女生甲
不入选的方法数为
C42C
3种.
4
所以共有C42C53 C42C43 =36(种).
(2)从9人中任选5人的选法有 C95 种.其中5
名女生都入选的选法有 C55 种，男生甲和女生 乙同时入选的选法有C73 种.
点评：组合数计数对应的元素不考虑 其在位置上的顺序，解决有关组合数计数 问题时，关键是理解所取的元素在分配中 没有顺序或只有一种顺序.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
拓展练习(1)甲、乙两队各派5人按事先
排定的顺序进行围棋擂台赛，当一方5人全部 负于对方时算一种比赛结果，求甲方获胜的 比赛结果共有多少种可能?
(2)20个相同的小球，全部装入编号为1， 2，3的三个盒子里，每个盒子内所放的球数 不小于盒子的编号数，求共有多少种不同的 放法?
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第 三 章
数
列
3.3
等比数列
第二课时
题型3 等比数列性质的应用 1 1. 等比数列{an}的公比为 3 ,前n项和为Sn, n∈N*.若S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则其公比为( ) A. ( 3
1
)2
B. ( 3 )6
1
C.
1 3
D.
2 3
解:设{an}的公比为q,首项为a1.由S2=a1+a1q, S4-S2=q2(a1+a1q),S6-S4=q4(a1+a1q),及S2,S4-S2,S62=( 1 )2，故选A. S4成等比数列,可得其公比为q
点评：1.本例主要复习用等差、等比数 列的定义证明一个数列为等差、等比数列， 求数列的通项公式与前n项和.解决本题的关 键在于由条件Sn+1=4an+2得出递推公式. 2.解综合题要总览全局，尤其要注意上 一问的结论可作为下面论证的已知条件，在 后面求解的过程中适时应用.
拓展练习 已知数列{an}满足：a1=1，
n
(2)证明：因为 c
所以 c
a n 1
n 1
n
an 2
n
( n N *),
又 故数列{cn}是首项为 1 ，公差 2 3 3 1 为 4 的等差数列，所以c n - .
n
- c n n 1 - n 2 2 a1 1 c1 , 2 2
an
a n 1 - 2 a n 2
a2=2，且数列{anan+1}是公比为q的等比数列.设 bn=a2n-1+a2n，数列{bn}的前n项和为Sn，试推断 是否存在常数k，使对任意n∈N*都有Sn=2bn+k 成立？若存在,求出k的值；若不存在,说明理由.
解：由已知
a n 1 a n 2 a n a n 1 q,
n 1
bn 2
n 1
32 2
n -1
n 1
3 4
.
4
4
(3)因为 c n 所以
an
an 2
n
,
又
cn
3 4
n-
1 4
,
n -2
3n 1 - , n 2 4 4
所以
a n (3 n - 1) 2
.
当n≥2时，Sn=4an-1+2=2n-1(3n-4)+2； 当n=1时，S1=a1=1也适合上式. 综上可知,所求的前n项和为Sn=2n-1(3n-4)+2.
即
an2 an
q,
所以数列a1，a3，a5，…，a2n-1，…和a2， a4，a6，…，a2n，…都是公比为q的等比数列. 当q≠1时，S
n
( a1 a 3 a 2 n -1 ) ( a 2 a 4 a 2 n )
n
1- q
2(1 - q ) 1- q
.
点评：等比数列是指数型函数，其指数的 变化恰好是成等差数列变化的，即对一正项等 比数列求对数后，就构成了一个新的等差数列.
拓展练习 已知等差数列{an},a2=9,a5=21.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
a1 d 9 依题意得方程组 a 4 d 2 1 , 1
n
an
(3)求数列{an}的通项公式及前n项和. 解：(1)证明：由Sn+1=4an+2,Sn+2=4an+1+2， 两式相减，得Sn+2-Sn+1=4(an+1-an)，
即an+2=4an+1-4an. (根据bn的构造，如何把该式表示成bn+1与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形 能力的训练.) 所以an+2-2an+1=2(an+1-2an). 又bn=an+1-2an，所以bn+1=2bn.① 由S2=4a1+2，a1=1，得a1+a2=4a1+2， 解得a2=5，则b1=a2-2a1=3.② 由①和②知，数列{bn}是首项为3，公比 为2的等比数列，故bn=3·n-1. 2
5 4n 4n n
2 -1
4
15
题型5 等比数列中的探究性问题 3. 已知数列{an}中，Sn是其前n项和，并 且Sn+1=4an+2(n=1,2,…),a1=1.
(1)设数列bn=an+1-2an(n=1,2,…)，求证： 数列{bn}是等比数列；
(2)设数列cn= (n=1,2,…)，求证：数列 2 {cn}是等差数列；
n
3(1 - q ) 1- q
n
( q 1).
1- q
又bn=a1qn-1+a2qn-1=3qn-1，
所以 S
3(1 n
q
3 1- q
bn )
q q -1
bn
3
.
因为Sn=2bn+k，所以 所以 k
3 1- q 3 1- 2 -3 .
1- q q ຫໍສະໝຸດ ,得q=2，q -1
当q=1时，a2n-1=1，a2n=2， 从而bn=3，Sn=3n，不满足题设条件，
故k=-3为所求.
1. 在等比数列中，每隔相同的项抽出来 的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然 是等比数列. 2. 一个等比数列的奇数项，仍组成一个等 比数列，它的公比是原数列公比的二次幂. 3. 若{an},{bn}为等比数列,则{λan}(λ≠0), 1 {|an|}，{ a }，{an2}，{manbn}(m≠0)仍为等比 数列. 4. 解题时，应注意等比数列性质的应用， 以减少运算量而提高解题速度.
(2)由b3·5=39，得a3+a5=9.又a4+a6=3， b
所以d=-3，a1=
于是 b1b 2 b n
27 2
，所以 a
n 2
n
27
n
( n - 1) (-3).
3 2
2
( b1b n )
(3
a1 a n
)2 3
( n - 1 0 n ),
75 2
2
所以，当n=5时，b1b2…bn取得最大值 3
S10=0，求数列{an}的通项公式.
解：由已知得210(S30-S20)=S20-S10，
即210·10(S20-S10)=S20-S10. q
因为an＞0,所以S20-S10≠0,所以210·10=1， q
所以q= 2 . 从而an=(
1 2 1
)n(n∈N*).
题型4 等比数列与等差数列交汇 2. 已知等比数列{bn}与数列{an}满足 bn=3an(n∈N*). (1)若a8+a13=m,求b1b2…b20; (2)若b3·5=39,a4+a6=3,求b1b2…bn的最大值. b 解：(1)易证得{an}是以log3q为公差的等差数 列(q为等比数列{bn}的公比). 又a8+a13=m， 所以b1b20=3a1·a20=3a1+a20=3m， 3 b2b19=3a2+a19=3m，b10b11=3a10+a11=3m，… 所以b1b2…b20=(b1b20)10=310m.
3
点评：等比数列有着许多同构性质，如① {an}是等比数列，则{a2n}也是等比数列，{akn+b} 也是等比数列；②Sn是等比数列{an}的前n项的 和，若Sm≠0，则数列Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，… 成等比数列.
拓展练习 设正项等比数列{an}的首项
a1=
1 2
，前n项和为Sn，且210S30-(210+1)S20+
解：(1)设数列{an}的公差为d.
解得
a1 5 . d 4
所以数列{an}的通项公式为an=4n+1. (2)由an=4n+1，得bn=24n+1， 所以数列{bn}是首项为b1=25,公比q=24的等比数列, 于是得数列{bn}的前n项和 S 2 ( 2 - 1) 3 2 ( 2 - 1) .
数
列
3.3
等比数列
第二课时
题型3 等比数列性质的应用 1 1. 等比数列{an}的公比为 3 ,前n项和为Sn, n∈N*.若S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则其公比为( ) A. ( 3
1
)2
B. ( 3 )6
1
C.
1 3
D.
2 3
解:设{an}的公比为q,首项为a1.由S2=a1+a1q, S4-S2=q2(a1+a1q),S6-S4=q4(a1+a1q),及S2,S4-S2,S62=( 1 )2，故选A. S4成等比数列,可得其公比为q
点评：1.本例主要复习用等差、等比数 列的定义证明一个数列为等差、等比数列， 求数列的通项公式与前n项和.解决本题的关 键在于由条件Sn+1=4an+2得出递推公式. 2.解综合题要总览全局，尤其要注意上 一问的结论可作为下面论证的已知条件，在 后面求解的过程中适时应用.
拓展练习 已知数列{an}满足：a1=1，
n
(2)证明：因为 c
所以 c
a n 1
n 1
n
an 2
n
( n N *),
又 故数列{cn}是首项为 1 ，公差 2 3 3 1 为 4 的等差数列，所以c n - .
n
- c n n 1 - n 2 2 a1 1 c1 , 2 2
an
a n 1 - 2 a n 2
a2=2，且数列{anan+1}是公比为q的等比数列.设 bn=a2n-1+a2n，数列{bn}的前n项和为Sn，试推断 是否存在常数k，使对任意n∈N*都有Sn=2bn+k 成立？若存在,求出k的值；若不存在,说明理由.
解：由已知
a n 1 a n 2 a n a n 1 q,
n 1
bn 2
n 1
32 2
n -1
n 1
3 4
.
4
4
(3)因为 c n 所以
an
an 2
n
,
又
cn
3 4
n-
1 4
,
n -2
3n 1 - , n 2 4 4
所以
a n (3 n - 1) 2
.
当n≥2时，Sn=4an-1+2=2n-1(3n-4)+2； 当n=1时，S1=a1=1也适合上式. 综上可知,所求的前n项和为Sn=2n-1(3n-4)+2.
即
an2 an
q,
所以数列a1，a3，a5，…，a2n-1，…和a2， a4，a6，…，a2n，…都是公比为q的等比数列. 当q≠1时，S
n
( a1 a 3 a 2 n -1 ) ( a 2 a 4 a 2 n )
n
1- q
2(1 - q ) 1- q
.
点评：等比数列是指数型函数，其指数的 变化恰好是成等差数列变化的，即对一正项等 比数列求对数后，就构成了一个新的等差数列.
拓展练习 已知等差数列{an},a2=9,a5=21.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
a1 d 9 依题意得方程组 a 4 d 2 1 , 1
n
an
(3)求数列{an}的通项公式及前n项和. 解：(1)证明：由Sn+1=4an+2,Sn+2=4an+1+2， 两式相减，得Sn+2-Sn+1=4(an+1-an)，
即an+2=4an+1-4an. (根据bn的构造，如何把该式表示成bn+1与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形 能力的训练.) 所以an+2-2an+1=2(an+1-2an). 又bn=an+1-2an，所以bn+1=2bn.① 由S2=4a1+2，a1=1，得a1+a2=4a1+2， 解得a2=5，则b1=a2-2a1=3.② 由①和②知，数列{bn}是首项为3，公比 为2的等比数列，故bn=3·n-1. 2
5 4n 4n n
2 -1
4
15
题型5 等比数列中的探究性问题 3. 已知数列{an}中，Sn是其前n项和，并 且Sn+1=4an+2(n=1,2,…),a1=1.
(1)设数列bn=an+1-2an(n=1,2,…)，求证： 数列{bn}是等比数列；
(2)设数列cn= (n=1,2,…)，求证：数列 2 {cn}是等差数列；
n
3(1 - q ) 1- q
n
( q 1).
1- q
又bn=a1qn-1+a2qn-1=3qn-1，
所以 S
3(1 n
q
3 1- q
bn )
q q -1
bn
3
.
因为Sn=2bn+k，所以 所以 k
3 1- q 3 1- 2 -3 .
1- q q ຫໍສະໝຸດ ,得q=2，q -1
当q=1时，a2n-1=1，a2n=2， 从而bn=3，Sn=3n，不满足题设条件，
故k=-3为所求.
1. 在等比数列中，每隔相同的项抽出来 的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然 是等比数列. 2. 一个等比数列的奇数项，仍组成一个等 比数列，它的公比是原数列公比的二次幂. 3. 若{an},{bn}为等比数列,则{λan}(λ≠0), 1 {|an|}，{ a }，{an2}，{manbn}(m≠0)仍为等比 数列. 4. 解题时，应注意等比数列性质的应用， 以减少运算量而提高解题速度.
(2)由b3·5=39，得a3+a5=9.又a4+a6=3， b
所以d=-3，a1=
于是 b1b 2 b n
27 2
，所以 a
n 2
n
27
n
( n - 1) (-3).
3 2
2
( b1b n )
(3
a1 a n
)2 3
( n - 1 0 n ),
75 2
2
所以，当n=5时，b1b2…bn取得最大值 3
S10=0，求数列{an}的通项公式.
解：由已知得210(S30-S20)=S20-S10，
即210·10(S20-S10)=S20-S10. q
因为an＞0,所以S20-S10≠0,所以210·10=1， q
所以q= 2 . 从而an=(
1 2 1
)n(n∈N*).
题型4 等比数列与等差数列交汇 2. 已知等比数列{bn}与数列{an}满足 bn=3an(n∈N*). (1)若a8+a13=m,求b1b2…b20; (2)若b3·5=39,a4+a6=3,求b1b2…bn的最大值. b 解：(1)易证得{an}是以log3q为公差的等差数 列(q为等比数列{bn}的公比). 又a8+a13=m， 所以b1b20=3a1·a20=3a1+a20=3m， 3 b2b19=3a2+a19=3m，b10b11=3a10+a11=3m，… 所以b1b2…b20=(b1b20)10=310m.
3
点评：等比数列有着许多同构性质，如① {an}是等比数列，则{a2n}也是等比数列，{akn+b} 也是等比数列；②Sn是等比数列{an}的前n项的 和，若Sm≠0，则数列Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，… 成等比数列.
拓展练习 设正项等比数列{an}的首项
a1=
1 2
，前n项和为Sn，且210S30-(210+1)S20+
解：(1)设数列{an}的公差为d.
解得
a1 5 . d 4
所以数列{an}的通项公式为an=4n+1. (2)由an=4n+1，得bn=24n+1， 所以数列{bn}是首项为b1=25,公比q=24的等比数列, 于是得数列{bn}的前n项和 S 2 ( 2 - 1) 3 2 ( 2 - 1) .