高中总复习二轮理科数学精品课件 第二部分 4.1 等差数列与等比数列
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因为q>0,所以q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)①解: 由(1),有
命题热点三 等差数列与等比数列性质的应用
【思考】 常用的等差数列、等比数列的性质有哪些?
例3(1)(2022广西南宁二中模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若
a3+a11+a13=9,则S17=
(2)在等比数列{an}中,若
=
.
答案: (1)51
5
(2)3
.
15
9
1
a7+a8+a9+a10= 8 ,a8a9=-8,则
根据通项公式、求和公式构建这两者的方程(组),通过解方程(组)求其值,
这也是方程思想在数列问题中的体现.
对点训练1(1)现有这样一个整除问题:将2至2 021这2 020个整数中能被3除
余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列,则此数列的
项数是( D )
A.132
B.133
C.134
a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn,
①求Tn;
(T +b
k
k +2 )b k
②证明 ∑
=1 (k+1)(k+2)
=
2n +2
-2.
n+2
(1)解: 设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
命题热点二 等差数列与等比数列的判定与证明
【思考】 证明数列{an}是等差数列或等比数列的基本方法有哪些?
例2已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=4an-1+1(n≥2),且a1=1,bn=an+1-2an.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)若
cn= ,求证:数列{cn}是等差数列.
2
证明:(1)∵当n≥3时,an=Sn- −1 =4(an-1-an-2),∴an-2an-1=2(an-1-2an-2),
∴当n≥2时,an+1-2an=2(an-2an-1),即bn=2bn-1.
又S2=4a1+1=5,∴a2=4,b1=a2-2a1=2.
∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{ }是等差数列;③a2=3a1.
解: 若选①②⇒③
设数列{an}的公差为 d1,数列{ }的公差为 d2.
∵当 n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.
(-1) 1
∴Sn=na1+ 2
又 =
=
1 2
n+
2
1 +(n-1)d2,
1
1 - 2
n.
∴Sn=a1+22 (n-1)2+2 1 d2(n-1)=22 n2+(2 1 d2-222 )n+22 -2 1 d2+a1,
∴
1
2
=
1
2
2 ,a1- 2 =2
1 d2-222 , 22 -2
1 d2+a1=0,∴
22
②若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).
③设等差数列{an}的前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也成等差数列.
(2)等比数列的性质:①an=amqn-m(m,n∈N*).
②若m+n=p+q,则aman=apaq(m,n,p,q∈N*).
③若等比数列{an}的公比不为-1,前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也成
(2)由(1)知 bn=2n,∴an+1=2n+2an.
∴cn=
2
=
2 -1 +2 -1
2
即 cn- -1 =
又
1
c1= 2
=
1
2
= +
-1
2 -1
=
1
+cn-1,
2
1
.
2
1
,
2
1
1
∴{cn}是以2为首项,2为公差的等差数列.
题后反思1.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法:
3项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)数列{cn}是由数列{an}的项删去数列{bn}的项后仍按照原来的顺序构成
的新数列,求数列{cn}的前20项和.
解: (1)设数列{an}的公差为d,因为a1=1,a4=10,
所以
4 - 1
d=
=3,所以
3
an=1+3(n-1)=3n-2.
比中项、通项公式和前n项和最大、最小等问
题,主要是中低档题;等差数列、等比数列的证
明多在解答题中的某一问出现,属于中档题;等
差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重
点,在解答时要注意与不等式、函数、方程等
知识相结合.
复习策略
抓住考查的主要题目类型
进行训练,重点是等差数列
与等比数列的基本量的求
解;利用等差数列与等比数
根据等比数列的性质可知,S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4),
∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6),
解得S6=7.故选A.
10
(2)由等差数列的性质可得 +
9
12
20( 1 + 20 )
2
20( 1 + 20 )
2
=
20
20
7
1
+
8
+
1
9
+
1
10
解析: (1)设等差数列{an}的公差为 d,因为 a3+a11+a13=9,所以 3a9=9,即 a9=3,
所以
(2)∵
∴
1
7
17( 1 + 17 )
S17=
=17a
9=17×3=51.
2
1
7
+
+
1
8
1
10
+
=
1
9
7 + 10 1
,
7 10 8
24 × 23
×
所以S20=(a1+a2+…+a24)-(b1+b2+b3+b4)=24×1+
2
(1+4+16+64)=767.
3-
题后反思等差数列、等比数列的通项公式、求和公式中包含a1,n,d(q),an与
Sn这五个量.已知其中的三个,就可以求其余的两个.因为a1,d(q)是两个基本
量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,再
(2019全国Ⅰ,理9)
(2019全国Ⅲ,理5)
(2020全国Ⅱ,理6)
(2022全国乙,理8)
题型
选择题
填空题
解答题
命题规律
等差数列、等比数列的判定及其通项公式是
高考的热点,在考查基本运算、基本概念的同
时,也注重对函数与方程、等价转化、分类讨
论等数学思想的考查;对等差数列、等比数列
的性质考查主要是求解数列的等差中项、等
所以{ }是首项为 1 ,公差为 1 的等差数列.
若选②③⇒①
设数列{ }的公差为 d,则 2 − 1 =d,
即 1 + 2 − 1 =d.
∵a2=3a1,∴
41 − 1 =d,
即 d= 1 ,
∴
=
1 +(n-1)d= 1 +(n-1) 1 =n 1 ,
即Sn=n2a1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,a1=(2×1-1)a1,符合式子an=(2n-1)a1,∴an=(2n-1)a1,n∈N*,
∴an+1-an=[2(n+1)-1]a1-(2n-1)a1=2a1,
故数列{an}是等差数列.
列的性质求数列中的基本
量;等差数列与等比数列的
证明;求解等差数列、等比
数列的综合问题.
高频考点•探究突破
命题热点一 等差数列与等比数列的基本量的求解
【思考】 如何求解等,a1=1,a4=10,且a1,ak(k∈N*),a6是等比数列{bn}的前
D.135
(2)(2022广西北海模拟)已知数列{an}为等比数列,若a2a3=a1,且a4与2a7的等
差中项为
A.5
5
8
,则a1a2a3a4的值为( D )
B.512
C.1 024
D.64
解析: (1)设所求数列为{an},该数列为11,26,41,56,…,
所以数列{an}为等差数列,且首项a1=11,公差d=26-11=15,
=
5×20
=4.
20+5
11
+ +
8
13
=
10
1 +20
11
+ +
1
20
=
1 + 20
1 +20
=
命题热点四 等差数列、等比数列的综合问题
【思考】 解决等差数列、等比数列的综合问题的基本思路是怎样的?
例4设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,{bn}是等差数列.已知
1-2
Sn= 1-2 =2n-1,
n
故 Tn= ∑ (2 -1)= ∑ 2
k
=1
②证明:
k
k=1
2×(1-2 )
-n=
-n=2n+1-n-2.
1-2
( + +2 )
因为 (+1)(+2)
(T +b
k
k +2 )b k
所以 ∑ (k+1)(k+2)
=1
=
=
(2+1 --2++2)
因为 a1,ak,a6 是等比数列{bn}的前 3 项,所以2 =a1·
a6,
即(3k-2)2=1×16=16,解得k=2.
所以b1=1,b2=4,所以等比数列{bn}的公比q=4.
所以bn=4n-1.
(2)设数列{cn}的前20项和为S20.
因为b4=43=64=a22,b5=44=256=a86,
专题四
4.1 等差数列与等比数列
内
容
索
引
01
考情分析•备考定向
02
高频考点•探究突破
03
预测演练•巩固提升
考情分析•备考定向
(2018全国Ⅰ,理4)
(2018全国Ⅲ,理17)
(2019全国Ⅰ,理14)
(2019全国Ⅲ,理14)
(2021全国甲,理18)
(2022全国甲,理17)
试题统计
(2018全国Ⅱ,理17)
所以an=a1+(n-1)d=11+15(n-1)=15n-4,
解不等式 2≤an≤2 021,即 2≤15n-4≤2
2
则满足5
2
021,解得5
≤n≤135 的正整数 n 的个数为 135,
因此,该数列共有 135 项.
≤n≤135,
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),
因为a2a3=a1,所以a2a3=a1q·
(+1)(+2)
23 22
3 2
+
24 23
4 3
=
·2+1
(+1)(+2)
+…+
=
2+2
+2
2n +2 2n +1
n+2 n+1
=
−
2+1
,
+1
2 n +2
-2.
n+2
题后反思对于等差数列和等比数列的综合问题,涉及的知识面很广,题目的
变化也很多,但是只要抓住基本量a1,d(q),充分运用方程、函数、转化等数
等比数列.
对点训练3(1)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=( A
A.7
B.8
C.9
D.10
(2)若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别是
11
=
8 +13
4
)
.
Sn,Tn,
=
5
10
,则 +
+5
9
12
+
解析: (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知q≠-1.
+
1
10
=
+
1
9
=
8 + 9
,且在等比数列{an}中,a8a9=a7a10,
89
7 + 8 + 9 + 10
89
=
15
8
9
8
5
=-3.
题后反思等差数列与等比数列的性质多与其下标有关,解题需多注意观察,
发现其联系,加以应用.
(1)等差数列的性质:①an=am+(n-m)d(n,m∈N*).
a1q2=a1,
所以a1q3=a4=1,
因为 a4 与
5
2a7 的等差中项为8,
所以 a4+2a7=2×
故
5
,即
8
3
a4+2a4·
q =2×
1 n-1
an=8×( ) =24-n,
2
则a1=8,a2=4,a3=2,a4=1,
所以a1a2a3a4=8×4×2×1=64.
5
,解得
8
1
q=2,所以
4
a1= 3 =8,
=
1
,d2=
2
∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③⇒②
设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,
则d=2a1,
所以
(-1)
Sn=na1+ 2 d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以当
− -1 =n 1 -(n-1) 1 = 1 .
n≥2 时,
1 ,即 d1=2a1,
(1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为常数;
(2)利用等差中项,证明2an=an-1+an+1(n≥2).
2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法:
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)①解: 由(1),有
命题热点三 等差数列与等比数列性质的应用
【思考】 常用的等差数列、等比数列的性质有哪些?
例3(1)(2022广西南宁二中模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若
a3+a11+a13=9,则S17=
(2)在等比数列{an}中,若
=
.
答案: (1)51
5
(2)3
.
15
9
1
a7+a8+a9+a10= 8 ,a8a9=-8,则
根据通项公式、求和公式构建这两者的方程(组),通过解方程(组)求其值,
这也是方程思想在数列问题中的体现.
对点训练1(1)现有这样一个整除问题:将2至2 021这2 020个整数中能被3除
余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列,则此数列的
项数是( D )
A.132
B.133
C.134
a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn,
①求Tn;
(T +b
k
k +2 )b k
②证明 ∑
=1 (k+1)(k+2)
=
2n +2
-2.
n+2
(1)解: 设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
命题热点二 等差数列与等比数列的判定与证明
【思考】 证明数列{an}是等差数列或等比数列的基本方法有哪些?
例2已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=4an-1+1(n≥2),且a1=1,bn=an+1-2an.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)若
cn= ,求证:数列{cn}是等差数列.
2
证明:(1)∵当n≥3时,an=Sn- −1 =4(an-1-an-2),∴an-2an-1=2(an-1-2an-2),
∴当n≥2时,an+1-2an=2(an-2an-1),即bn=2bn-1.
又S2=4a1+1=5,∴a2=4,b1=a2-2a1=2.
∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{ }是等差数列;③a2=3a1.
解: 若选①②⇒③
设数列{an}的公差为 d1,数列{ }的公差为 d2.
∵当 n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.
(-1) 1
∴Sn=na1+ 2
又 =
=
1 2
n+
2
1 +(n-1)d2,
1
1 - 2
n.
∴Sn=a1+22 (n-1)2+2 1 d2(n-1)=22 n2+(2 1 d2-222 )n+22 -2 1 d2+a1,
∴
1
2
=
1
2
2 ,a1- 2 =2
1 d2-222 , 22 -2
1 d2+a1=0,∴
22
②若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).
③设等差数列{an}的前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也成等差数列.
(2)等比数列的性质:①an=amqn-m(m,n∈N*).
②若m+n=p+q,则aman=apaq(m,n,p,q∈N*).
③若等比数列{an}的公比不为-1,前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也成
(2)由(1)知 bn=2n,∴an+1=2n+2an.
∴cn=
2
=
2 -1 +2 -1
2
即 cn- -1 =
又
1
c1= 2
=
1
2
= +
-1
2 -1
=
1
+cn-1,
2
1
.
2
1
,
2
1
1
∴{cn}是以2为首项,2为公差的等差数列.
题后反思1.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法:
3项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)数列{cn}是由数列{an}的项删去数列{bn}的项后仍按照原来的顺序构成
的新数列,求数列{cn}的前20项和.
解: (1)设数列{an}的公差为d,因为a1=1,a4=10,
所以
4 - 1
d=
=3,所以
3
an=1+3(n-1)=3n-2.
比中项、通项公式和前n项和最大、最小等问
题,主要是中低档题;等差数列、等比数列的证
明多在解答题中的某一问出现,属于中档题;等
差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重
点,在解答时要注意与不等式、函数、方程等
知识相结合.
复习策略
抓住考查的主要题目类型
进行训练,重点是等差数列
与等比数列的基本量的求
解;利用等差数列与等比数
根据等比数列的性质可知,S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4),
∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6),
解得S6=7.故选A.
10
(2)由等差数列的性质可得 +
9
12
20( 1 + 20 )
2
20( 1 + 20 )
2
=
20
20
7
1
+
8
+
1
9
+
1
10
解析: (1)设等差数列{an}的公差为 d,因为 a3+a11+a13=9,所以 3a9=9,即 a9=3,
所以
(2)∵
∴
1
7
17( 1 + 17 )
S17=
=17a
9=17×3=51.
2
1
7
+
+
1
8
1
10
+
=
1
9
7 + 10 1
,
7 10 8
24 × 23
×
所以S20=(a1+a2+…+a24)-(b1+b2+b3+b4)=24×1+
2
(1+4+16+64)=767.
3-
题后反思等差数列、等比数列的通项公式、求和公式中包含a1,n,d(q),an与
Sn这五个量.已知其中的三个,就可以求其余的两个.因为a1,d(q)是两个基本
量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,再
(2019全国Ⅰ,理9)
(2019全国Ⅲ,理5)
(2020全国Ⅱ,理6)
(2022全国乙,理8)
题型
选择题
填空题
解答题
命题规律
等差数列、等比数列的判定及其通项公式是
高考的热点,在考查基本运算、基本概念的同
时,也注重对函数与方程、等价转化、分类讨
论等数学思想的考查;对等差数列、等比数列
的性质考查主要是求解数列的等差中项、等
所以{ }是首项为 1 ,公差为 1 的等差数列.
若选②③⇒①
设数列{ }的公差为 d,则 2 − 1 =d,
即 1 + 2 − 1 =d.
∵a2=3a1,∴
41 − 1 =d,
即 d= 1 ,
∴
=
1 +(n-1)d= 1 +(n-1) 1 =n 1 ,
即Sn=n2a1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,a1=(2×1-1)a1,符合式子an=(2n-1)a1,∴an=(2n-1)a1,n∈N*,
∴an+1-an=[2(n+1)-1]a1-(2n-1)a1=2a1,
故数列{an}是等差数列.
列的性质求数列中的基本
量;等差数列与等比数列的
证明;求解等差数列、等比
数列的综合问题.
高频考点•探究突破
命题热点一 等差数列与等比数列的基本量的求解
【思考】 如何求解等,a1=1,a4=10,且a1,ak(k∈N*),a6是等比数列{bn}的前
D.135
(2)(2022广西北海模拟)已知数列{an}为等比数列,若a2a3=a1,且a4与2a7的等
差中项为
A.5
5
8
,则a1a2a3a4的值为( D )
B.512
C.1 024
D.64
解析: (1)设所求数列为{an},该数列为11,26,41,56,…,
所以数列{an}为等差数列,且首项a1=11,公差d=26-11=15,
=
5×20
=4.
20+5
11
+ +
8
13
=
10
1 +20
11
+ +
1
20
=
1 + 20
1 +20
=
命题热点四 等差数列、等比数列的综合问题
【思考】 解决等差数列、等比数列的综合问题的基本思路是怎样的?
例4设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,{bn}是等差数列.已知
1-2
Sn= 1-2 =2n-1,
n
故 Tn= ∑ (2 -1)= ∑ 2
k
=1
②证明:
k
k=1
2×(1-2 )
-n=
-n=2n+1-n-2.
1-2
( + +2 )
因为 (+1)(+2)
(T +b
k
k +2 )b k
所以 ∑ (k+1)(k+2)
=1
=
=
(2+1 --2++2)
因为 a1,ak,a6 是等比数列{bn}的前 3 项,所以2 =a1·
a6,
即(3k-2)2=1×16=16,解得k=2.
所以b1=1,b2=4,所以等比数列{bn}的公比q=4.
所以bn=4n-1.
(2)设数列{cn}的前20项和为S20.
因为b4=43=64=a22,b5=44=256=a86,
专题四
4.1 等差数列与等比数列
内
容
索
引
01
考情分析•备考定向
02
高频考点•探究突破
03
预测演练•巩固提升
考情分析•备考定向
(2018全国Ⅰ,理4)
(2018全国Ⅲ,理17)
(2019全国Ⅰ,理14)
(2019全国Ⅲ,理14)
(2021全国甲,理18)
(2022全国甲,理17)
试题统计
(2018全国Ⅱ,理17)
所以an=a1+(n-1)d=11+15(n-1)=15n-4,
解不等式 2≤an≤2 021,即 2≤15n-4≤2
2
则满足5
2
021,解得5
≤n≤135 的正整数 n 的个数为 135,
因此,该数列共有 135 项.
≤n≤135,
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),
因为a2a3=a1,所以a2a3=a1q·
(+1)(+2)
23 22
3 2
+
24 23
4 3
=
·2+1
(+1)(+2)
+…+
=
2+2
+2
2n +2 2n +1
n+2 n+1
=
−
2+1
,
+1
2 n +2
-2.
n+2
题后反思对于等差数列和等比数列的综合问题,涉及的知识面很广,题目的
变化也很多,但是只要抓住基本量a1,d(q),充分运用方程、函数、转化等数
等比数列.
对点训练3(1)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=( A
A.7
B.8
C.9
D.10
(2)若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别是
11
=
8 +13
4
)
.
Sn,Tn,
=
5
10
,则 +
+5
9
12
+
解析: (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知q≠-1.
+
1
10
=
+
1
9
=
8 + 9
,且在等比数列{an}中,a8a9=a7a10,
89
7 + 8 + 9 + 10
89
=
15
8
9
8
5
=-3.
题后反思等差数列与等比数列的性质多与其下标有关,解题需多注意观察,
发现其联系,加以应用.
(1)等差数列的性质:①an=am+(n-m)d(n,m∈N*).
a1q2=a1,
所以a1q3=a4=1,
因为 a4 与
5
2a7 的等差中项为8,
所以 a4+2a7=2×
故
5
,即
8
3
a4+2a4·
q =2×
1 n-1
an=8×( ) =24-n,
2
则a1=8,a2=4,a3=2,a4=1,
所以a1a2a3a4=8×4×2×1=64.
5
,解得
8
1
q=2,所以
4
a1= 3 =8,
=
1
,d2=
2
∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③⇒②
设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,
则d=2a1,
所以
(-1)
Sn=na1+ 2 d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以当
− -1 =n 1 -(n-1) 1 = 1 .
n≥2 时,
1 ,即 d1=2a1,
(1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为常数;
(2)利用等差中项,证明2an=an-1+an+1(n≥2).
2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法: