高考数学(理)二轮专题复习课件：专题四 数列2.1 等差、等比数列与数列的通项及求和
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四 第一讲等差数列、等比数列
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{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.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列 的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝ ＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)等差数列{an}的首项为1.公差不为0.若a2.a3.a6成等比数列.则{an}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )
高三高考数学复习 等差数列、等比数列PPT课件
(4)在等比数列中，若 m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，
则 am·an＝ap·aq.特别地，若 m＋n＝2p 则 am·an＝ap2
(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)．
高三数学名师课程
4.判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法
小结：等差(比)数列基本运算的求解策略
(1)抓住基本量a1和公差d(公比q)． (2)把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解， 注意整体计算，以减少运算量.
如：由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在 指数位置，所以常采用两式相除(即比值的方式)或整体 化思想进行相关计算.
变式 1-1(2019·无锡调研)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，
解：{an}为等差数列，设其公差为d.由a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，得d＝3 ，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2. {bn}为等比数列，设其公比为q，由b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，得q＝－2，
∴b2＝b1·q＝2.则ab22＝22＝1.
变式1-3(2018·全国Ⅰ卷改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝ 2，则a5＝__-1__0____. 解：法一 设等差数列{an}的公差为 d，
法二 设等差数列{an}的公差为 d，
∵3S3＝S2＋S4，
∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，
∴3a1＋3×2 2d＝d.
∴S3＝a4－a3，
∵a1＝2，∴d＝－3，
∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
方法归纳 (1)在等差(比)数列中，首项 a1 和公差 d(公比 q)是两个最基本 的元素，在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间 的联系不明显，则均可化成关于 a1 和 d(q)的方程组求解，但要注 意消元法及整体计算，以减少计算量． (2)解决数列与数学文化相交汇问题的关键：一是读懂题意， 即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型， 即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是 “解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、 公比(或公差)、项数、通项公式或前 n 项和等．
高考数学名师精讲：等差数列、等比数列、数列的综合应用ppt课件(86页)
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
考情分析
2．数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素 材．从近两年的新课标高考试题来看，一些构思精巧、 新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数 (包括三角函数)、不等式以及导数等的综合性试题不断 涌现，这部分试题往往以压轴题的形式出现，考查综合 运用知识的能力，突出知识的融会贯通．数列的问题难 度大，往往表现在与递推数列有关，递推含义趋广，不
第一部分 高考专题讲解
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
专题五 数列、不等式、推理与证明
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
第十二讲 等差数列、等比数列、数列的综合应用
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
ห้องสมุดไป่ตู้
考情分析
1.等差、等比数列是高考的一个基本考查点．选择 题、填空题突出“小而巧”，主要考查性质的灵活应用 及对概念的理解；解答题突出“大而全”，着重考查函 数与方程、等价转化、分类讨论等重要的数学思想．在 高考中也可能出现新的命题背景，如定义新数列进而转 化为等差、等比数列．从近几年的高考命题来看，对等 差、等比数列的考查更加突出其本质特征．
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
(2)由于等差数列的前 n 项和 Sn＝na1＋nn2－1d＝d2 n2＋a1－d2n，设 a＝d2，b＝a1－d2，则有 Sn＝an2＋bn.当 a≠0(即 d≠0)时，Sn 是关于 n 的二次函数，亦即点(n， Sn)在二次函数 y＝ax2＋bx 的图象上．从而，当 d≠0 时， 由{an}的前 n 项和 Sn 组成的新数列 S1，S2，S3，…，Sn，… 的图象是二次函数 y＝ax2＋bx 的图象上一系列孤立的 点．
高考数学二轮复习专题4数列第1讲等差数列与等比数列理
第1讲等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于( B )(A)(B)(C)10 (D)12解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,选B.2.(2015辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4-2+3a8=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为a4-2+3a8=0,所以a1+3d-2+3(a1+7d)=0,所以4(a1+6d)-2=0,即4a7-2=0,又a7≠0,所以a7=2,所以b7=2,所以b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3==8.故选D.3.(2015河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则= .解析:设等比数列公比为q(q≠1),因为27a3-a6=0,所以27a3-a3q3=0,所以q3=27,q=3,所以====28.答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+=(a4+a6)2=102=100.故选C.5.设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( A )(A)(B)-(C)(D)解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=1,即S9-S6=.故选A.6.(2015新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于( C )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:法一根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以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.因为a3a5=4(a4-1),所以a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,所以a2=a1q=.故选C.7.(2015哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和,且a1>0,若S5=S9,则当S n最大时,n等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以2(a7+a8)=0,所以a7+a8=0,又a1>0,所以该等差数列的前7项为正数,从第8项开始为负数.所以当S n最大时,n=7.故选B.8.(2015东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足a4+a6+a2010+a2012=8,则S2015= .解析:因为a4+a6+a2010+a2012=8,所以2(a4+a2012)=8,所以a4+a2012=4.所以S2015===4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S17>0,S18<0,则,,…,中最大的项为( C )(A)(B)(C)(D)解析:因为S17==17a9>0,S18==9(a10+a9)<0,所以a9>0,a10+a9<0,所以a10<0.所以等差数列为递减数列,则a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负,S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,所以>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S1<S2<…<S9,a1>a2>…>a9,所以,,…,中最大的项为.故选C.10.(2014辽宁卷)设等差数列{a n}的公差为d,若数列{}为递减数列,则( C )(A)d<0 (B)d>0(C)a1d<0 (D)a1d>0解析:因为数列{}为递减数列,a1a n=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,所以a1d<0.11.(2015兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以=q3=8;所以q=2.所以a n=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以b5-b3=24=2d,所以d=12,b1=a3-2d=-16,所以S n=-16n+×12=6n2-22n.一、选择题1.(2015云南第二次检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1∶a2=1∶2,则S1∶S3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S1∶S3=a1∶(a1+a2+a3)=a1∶3a2,又a1∶a2=1∶2,所以S1∶S3=1∶6.故选D.2.(2015银川九中月考)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n等于( B )(A)2n-1 (B)（）n-1(C)（）n-1(D)解析:由S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),所以S n+1=S n.所以{S n}是以S1=a1=1为首项,为公比的等比数列.所以S n=（）n-1.故选B.3.(2015河北石家庄二模)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5等于( A )(A)(B)-(C)2 (D)-2解析:设公比为q,因为S3=a2+5a1,所以a1+a2+a3=a2+5a1,所以a3=4a1,所以q2==4,又a7=2,所以a5===.故选A.4.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二利用等比数列的性质求解.由解得或所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.5.(2015兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4=18-a5,则S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为a4=18-a5,所以a4+a5=18,所以S8====72.故选D.6.(2014郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),前n项和为S n=3n+k,则实数k为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由a n+1=ca n,可知{a n}是等比数列,设公比q,由S n=,得S n=-·q n+.由S n=3n+k,知k=-1.故选A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足+=+,则该数列的前10项和等于( C )(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),由+=+得,(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,所以S10==0.故选C.8.(2015北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若a1+a2>0,则a2+a3>0(B)若a1+a3<0,则a1+a2<0(C)若0<a1<a2,则a2>(D)若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0解析:因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3.当a2>a1>0时,得公差d>0,所以a3>0,所以a1+a3>2,所以2a2>2,即a2>,故选C.9.(2015大连市二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S10=110,则的最小值为( C )(A)7 (B)(C)(D)8解析:设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2+2(n-1)=2n,S n=2n+×2=n2+n,所以==++≥2+=.当且仅当=,即n=8时取等号.故选C.10.(2015福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-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p+q的值等于( D ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,所以a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.因为a,b,-2适当排序后成等比数列,所以-2是a,b的等比中项,得ab=4,所以q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,所以2a=b-2,联立消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,所以a=1,此时b=4,所以p=a+b=5,所以p+q=9.故选D.二、填空题11.(2015黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a4+a8+a12=6,则a9-a11= .解析:设等差数列{a n}公差为d,因为a4+a8+a12=6,所以3a8=6,即a8=a1+7d=2,所以a9-a11=a1+8d-(a1+10d)=a1+ d=(a1+7d)=×2=.答案:12.(2015宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4= .解析:因为=(n≥2,n∈N*),所以=a n-1·a n+1,所以数列{a n}为等比数列.又a2=,a6=,所以q4==.因为数列为正项数列,所以q>0,所以q=.所以a4=a2q2=×=,所以log2a4=log2=-3.答案:-313.(2015安徽卷)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.解析:因为a1=1,a n=a n-1+(n≥2),所以数列{a n}是首项为1、公差为的等差数列,所以前9项和S9=9+×=27.答案:2714.(2015湖南卷)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:设等比数列{a n}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2, S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-1。
2019届高考数学总复习4.2.1等差、等比数列与数列的通项及求和课件理
������ (������ +1) 2
=-2n2-2n.
解题心得无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、 整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数 列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
-13-
考向一
考向二
考向三
考向四
考向五
对点训练2设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项 和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=ln ������3 ������ + ,n=1,2,…,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
4.2
数列大题
-2-
数学思想 年份 卷别 设问特点 涉及知识点 函数模型 方法 证明 数列通项及前 方程思 全国 an+2 -an=λ;存 n 项和、 等差数 anan+1=f(Sn) 想、等价 Ⅰ 列的通项 变换 在性问题 2014 证明数列为等 等价变 全国 等比数列的通 比数列;证明数 递推数列 换、放缩 Ⅱ 项及前 n 项和 列不等式 法 已知 an 与 Sn 的 递推消 关系求数列通 全国 数列的通项及 元、方程 项;已知数列 Sn=f(an)型 Ⅰ 前 n 项和 思想、裂 {bn}的通项求 2015 项求和 前 n 项和 全国 没有考查
∴Tn=b1+b2+…+bn=
故 Tn=
3������ (������ +1) 2
������ (������1 +������������ ) 2
=
������ (3ln2 +3������ ln2 ) 2
=
高考数学二轮复习专题四数列1等差数列等比数列课件理
第十七页，共四十一页。
[解析] 设等差数列{an}的公差为 d，∵a2＋a3＋a10＝9，∴ 3a1＋12d＝9，即 a1＋4d＝3，∴a5＝3，∴S9＝9a12＋a9＝9a5＝27， 故选 D.
[答案] D
2021/12/11
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2．(2018·山东菏泽一模)在等比数列{an}中，a2，a16 是方程
[答案] A
2021/12/11
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2．(2018·山东青岛模拟)已知 an＝nn－－ 22001178(n∈N*)，则在数
列{an}的前 50 项中，最小项和最大项分别是( )
A．a1，a50
B．a1，a44
C．a45，a50
D．a44，a45
2021/12/11
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12，n＝1， 故 an＝－2nn1－1，n≥2.
2021/12/11
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高考真题体验G
2021/12/11
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名师微课导学 M
技巧点拨 升华素养
2021/12/11
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热点课题 10 数列中的最值问题
2021/12/11
第三十五页，共四十一页。
[解析]
an＝nn－－
2017 2018
＝n－
2018＋ n－
2018－ 2018
2017
＝1＋
2018－ 2017 n－ 2018 .
结合函数 y＝a＋x－c b(c>0)的图象，要使 an 最大，则需 n－
2018最小且 n－ 2018>0，
∴当 n＝45 时，an 最大，当 n＝44 时，an 最小． [答案] D
高考数学二轮复习第二编专题四数列第1讲等差数列与等比数列课件文
解 (1)当 n≥2 时，由 an＋1＝2Sn＋3，得 an＝2Sn－1＋3， 两式相减，得 an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an， ∴an＋1＝3an，∴aan＋n 1＝3. 当 n＝1 时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则aa21＝3. ∴数列{an}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列． ∴an＝3×3n－1＝3n.
12/11/2021
核心知识回顾
12/11/2021
1．等差数列
□ (1)通项公式： 01 an＝an＋(n－1)d＝am＋(n－m)d . □ (2)等差中项公式： 02 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2) ． □ (3)前 n 项和公式： 03 Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－2 1d .
12/11/2021
真题VS押题
12/11/2021
『真题模拟』
1．(2018·陕西商洛模拟)在等差数列{an}中，a5＝9，且
2a3＝a2＋6，则公差 d＝( )
A．－3
B．－2
C．3
D．2
解析 因为 2a3＝a2＋6，所以 a2＋a4＝a2＋6，所以 a4 ＝6，故 d＝a5－a4＝9－6＝3.
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考向2 等差数列、等比数列的判定与证明 例 2 (2018·银川质检)已知数列{an}中，a1＝1，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an＝2S2nS－2n 1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列S1n是等差数列； (2)证明：13S1＋15S2＋17S3＋…＋2n1＋1Sn<12.
12/11/2021
□ 2．等比数列
(1)等比数列的通项公式： 01 an＝a1qn－1＝amqn－m .
□ (2)等比中项公式： 02 a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2) ．
高三数学二轮复习-第1讲等差数列、等比数列专题攻略课件-理-新人教版
4．(2010年高考北京卷)已知{an}为等差数列，且a3 ＝－6，a6＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3， 求{bn}的前n项和公式． 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a3＝－6，a6＝0，
所以aa11＋ ＋25dd＝ ＝－0，6， 解得ad＝1＝2－. 10，
A．6
B．7
Hale Waihona Puke C．8D．9解析：选 A.∵{an}是等差数列， ∴a4＋a6＝2a5＝－6， 即 a5＝－3，d＝a55－ －a11＝－34＋11＝2，得{an}是首 项为负数的递增数列，所有的非正项之和最 小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当 n＝6 时，Sn 取最小 值，故选 A.
3．(2010 年高考辽宁卷)设{an}是由正数组成的等
比数列，Sn 为其前 n 项和．已知 a2a4＝1，S3＝7，
则 S5＝( )
15
31
A. 2
B. 4
33 C. 4
17 D. 2
解析：选 B.an>0，a2a4＝a21q4＝1①，S3＝a1＋a1q＋ a1q2＝7②. 解得 a1＝4，q＝12或－13(舍去)， S5＝a111－－qq5＝4×1－1－12312＝341，故选 B.
(1)求通项an及Sn； (2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数 列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn.
【解】 (1)∵{an}是首项为 a1＝19，公差为 d ＝－2 的等差数列，
∴an＝19－2(n－1)＝21－2n， Sn＝19n＋12n(n－1)×(－2)＝20n－n2. (2)由题意得 bn－an＝3n－1，即 bn＝an＋3n－1，∴ bn＝3n－1－2n＋21，Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－ n2＋20n＋3n－2 1.
高三数学二轮复习第一篇专题突破专题四数列刺第1讲等差数列与等比数列课件文
为Sn,且a1,a2,a5成等比数列,则S6= ( )
A.80 B.85 C.90 D.95
答案
C
由题意,得(a1+5)2=a1(a1+4×5),解得a1=
5 2
,所以S6=6×
5 2
+
6
2
5
×
5=90,故选C.
2.(2017四川成都质量检测(二))在等比数列{an}中,已知a3=6,a3+a5+a7= 78,则a5= ( ) A.12 B.18 C.24 D.36 答案 B a3+a5+a7=a3(1+q2+q4)=6(1+q2+q4)=78⇒1+q2+q4=13⇒q2=3,所 以a5=a3q2=6×3=18.故选B.
{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
解析 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=2得d+q=3.①
(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②
答案 C 依题意得,该女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等
差数列,设为{an}(n=1,2,…,30),其中a1=5,S30=390,于是有
30(5
2
a30
)
=390,
解得a30=21,即该女最后一天织21尺布,选C.
随堂检测
1.(2017河北石家庄质量检测(一))已知等差数列{an}的公差为5,前n项和
aa11
高三数学二轮复习 4.1等差、等比数列的基本问题课件
右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81
＝－941时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．
[分析] (1)巧妙地对bnS2nb－n Sn2＝1(n≥2)变形得到{S1n} 是等差数列，进而求出bn.
(2)通过此表的分析得出a81在表中的位置，即确定 首项和公比，求出第k行的所有项的和．
[例 2] (2011·潍坊模拟)已知数列{an}的首项 a1＝a，an ＝12an－1＋1(n∈N*，n≥2)．若 bn＝an－2(n∈N*)．
(1)问数列{bn}是否能构成等比数列？并说明理由． (2)若已知 a1＝1，设数列{an·bn}的前 n 项和为 Sn，求 Sn.
[解析] (1)b1＝a－2，an＝bn＋2， ∴bn＋2＝12(bn－1＋2)＋1， 即bn＝12bn－1. 所以，当a≠2时，数列{bn}能构成等比数列； 当a＝2时，数列{bn}不能构成等比数列．
[例1] (2011·福建文，17)已知等差数列{an}中，a1＝1， a3＝－3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值． [解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，则 a1＝1，a3＝1＋2d＝－3，∴d＝－2 ∴an＝3－2n.
(2)由(1)知an＝3－2n， ∴Sn＝n1＋23－2n＝n(2－n) 由Sk＝－35知，k(2－k)＝－35，即k2－2k－35＝0. ∴k＝7或k＝－5，又k∈N*. ∴k＝7.
求和，采取错位相减法．
[解析] (1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3① a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－3 1(n≥2)② ①－②得：3n－1an＝n3－n－3 1＝13(n≥2) ∴an＝31n(n≥2) 易验证n＝1时也满足上式． ∴an＝31n(n∈N*)．
高考数学二轮复习专题四数列4.2.1等差等比数列与数列的通项及求和课件文
(2)由(1)得a3n+1=23n,
∴bn=ln 23n=3nln 2.
∵bn+1-bn=3ln 2,
∴数列{bn}为等差数列.
∴Tn=b1+b2+…+bn=������(������12+������������)
=
������(3ln2+3������ln2) 2
=
3������(���2���+1)ln
−
2������1+1=1-2������1+1.
令
1-2������1+1
>
2 2
001167,解得
n>1
008,故所求的
n=1
009.
-19-
涉及奇偶数讨论的数列求和
例5已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S5=30.数列{bn}的
前n项和为Tn,且Tn=2n-1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(1)由a3+b3=5,得2d+q2=6.②
联立①和②解得
������ ������
= =
03,(舍去),
������ ������
= =
1, 2.
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0, 解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
通项公式为 an=3n-1.
(2)由(1)和 anbn+1+bn+1=nbn 得 bn+1=���3���������,
因此{bn}是首项为 1,公比为13的等比数列.