2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习课件：3-2数列

1 1 1 n (2)∵a1＝6，由(1)知 ＝ ＋ (n－1)＝ ， 3 an－3 a1－3 3 3（n＋1） ∴an＝ (n∈N*)， n ∴lgan＝lg(n＋1)－lgn＋lg3(n∈N*)． ∴数列{lgan}的前 999 项和 S＝999lg3＋(lg2－lg1＋lg3－lg2 ＋…＋lg1 000－lg999)＝999lg3＋lg1 000＝3＋999lg3.(12 分)
(2)证明等比数列的方法： an＋1 ①定义法： ＝q(n∈N*)． an an 或当 n≥2 时， ＝q. an－1 ②等比中项法： an＋1 an＋2 ＝ (n∈N*)． an an＋1
(3)注意不能直接根据通项公式就说某个数列是等差或等比 数列，判断可以，证明不行！
1．(2016· 安徽联考)设数列{an}的前 n 项积为 Tn，且 Tn＋2an ＝2(n∈N*)． 1 (1)求证：数列{ }是等差数列； Tn (2)设 bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
(2)由(1)知 Sn＝2－ n－1， 2 anSn n ∴cn＝ ＝2n－ n－1.(7 分) 2 2 1 2 3 n ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)－( 0＋ 1＋ 2＋…＋ n－1)＝n(n＋1) 2 2 2 2 1 2 3 n －( 0＋ 1＋ 2＋…＋ n－1)． 2 2 2 2 1 2 3 n 令 Rn＝ 0＋ 1＋ 2＋…＋ n－1， 2 2 2 2
调研二 等差等比的综合运用 1 (2016· 百校联盟)已知首项为 ，公比不等于 1 的等比 2 数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S3，S2，S4 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝n|an|，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn.
【解析】 (1)通解：设数列{an}的公比为 q，由题意得 2S2 ＝S3＋S4，q≠1，(1 分) a1（1－q2） a1（1－q3） a1（1－q4） ∵2× ＝ ＋ .(3 分) 1－q 1－q 1－q 化简得 q2＋q－2＝0，得 q＝－2，(5 分) 1 又数列{an}的首项为 ， 2 1 ∴an＝ ×(－2)n－1.(6 分) 2
λ n 31 λ 5 31 (2)由(1)得 Sn＝1－( ) .由 S5＝ 得 1－( ) ＝ ，即 32 32 λ－1 λ－1 λ 5 1 ( )＝ . 32 λ－1 解得 λ＝－1.(12 分)
Байду номын сангаас
【回顾】 (1)已知数列的通项公式 an 与前 n 项和 Sn 的关系， 一般利用公式
S1，n＝1， an＝ 将通项进行统一． Sn－Sn－1，n≥2，
(2016· 九江二次模拟)已知数列{an}是等差数列，其中 a1＝2，且 a2，a3，a4＋1 成等比数列，数列{bn}的前 n 项和为 Sn， 满足 bn＋Sn＝2. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； anSn (2)设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 2
【审题】 (1)根据题中三项成等比，可求得公差 d，进而求 an；利用 bn 与 Sn 的关系可求得 bn.(2)先求出 cn，根据结构采用适 当方法求 Tn.
3（1＋an＋1） 2（1＋an） 解析 (1)由 ＝ ， 1－an 1－an＋1 化简得 2 2 1 2 an＋1 ＝ an ＋ ，即有 3 3
2
2 2 2 an＋1 －1＝ (an －1)， 3
所以数列{an2－1}是以 列．
3 2 a1 －1＝－ 为首项， 公比为 的等比数 4 3
n－3 2 3 2 所以 an2－1＝(－ )×( )n－1，得 an2＝1－ n－2， 4 3 3
1 2Tn＝ (1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)， 4
n 1 2×（1－2 ） ①－②得，－Tn＝ ×[ －n×2n＋1]，(11 分) 4 1－2
1 1 ∴Tn＝ ＋ (n－1)×2n.(12 分) 2 2
【回顾】 (1)等差数列与等比数列的运算问题主要集中在通 项公式与前 n 项和公式上，通常只要抓住这两种数列的首项和公 差(公比)即可完成求解；(2)非等差、等比数列的求和问题，在解 答题中通常集中在裂项相消法和错位相减法上，这是在数列备考 中必须重视的两种方法．
【解析】 (1)设数列{an}的公差为 d，则 a32＝a2(a4＋1)，即(a1 ＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋3d＋1)，解得 d＝2 或 d＝－1. 当 d＝－1 时，a3＝0 与已知矛盾，d＝2. ∵an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(3 分) 由 bn＋Sn＝2，得 Sn＝2－bn. 当 n＝1 时，b1＋S1＝2，解得 b1＝1； 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，即 1 bn＝ bn－1. 2 1 1 ∴数列{bn}是首项为 1， 公比为 的等比数列， 故 bn＝ n－1.(6 分) 2 2
1 因为 a1＝ ，anan＋1<0，所以 an＝(－1)n＋1 2
2n－3 1－ n－2. 3
n－2 n－3 n－3 2 2 2 而 bn＝an＋12－an2＝(1－ n－1)－(1－ n－2)＝ n－1. 3 3 3
(2)假设数列{bn}中存在三项成等差数列，记 bk，bt，bm(k，l， m∈N*，k<l<m)， 则有 2bt＝bk＋bm，
解析
1 (1)当 n＝1 时，由 2a1＝1，得 a1＝ ， 2
n
n（n＋1） 当 n≥2 时，由 2a1＋4a2＋…＋2 an＝ 得， 2 2a1＋4a2＋…＋2
n n－1
（n－1）n an－1＝ ， 2
n（n＋1） （n－1）n 于是 2 an＝ － ＝n， 2 2 an 1 n 1 整理得 ＝( ) ，又 a1＝ 符合上式， n 2 2 an 所以数列{ }是等比数列． n
an－1
【审题】 (1)利用等差数列定义来证，适当变形．(2)先求出 an，再根据 an 的结构求和．
【解析】
an－1 1 1 1 (1)∵ － ＝ － ＝ an－3 an－1－3 3an－1－9 an－1－3
an－1－3 1 ＝ (n≥2)， 3an－1－9 3 1 ∴数列{ }是等差数列．(6 分) an－3
【回顾】 证明等差数列的方法． ①定义法：an＋1－an＝d，n∈N*，或 n≥2 时，an－an－1＝d. an＋an＋2 ②等差中项法：an＋1＝ ，n∈N*. 2
[证明等比数列] (2016· 新课标全国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； 31 (2)若 S5＝ ，求 λ. 32 【审题】 (1)利用等比数列的定义证明，结合等比数列的通项
2．(2016· 广东教育联合体)已知数列{an}满足 2a1＋4a2＋…＋ n（n＋1） 2nan＝ 2 .
an (1)求证：数列{ }是等比数列； n (2)求数列{an}的前 n 项和 Tn.
an 1 n 审题 (1)由已知求得 ＝( ) (n≥2)，再验证 a1 符合上式，即 n 2 an 证得{ }是等比数列；(2)由(1)知需要利用错位相减法求出 Tn. n
1＋an＋1） 1 3（ 3．(2016· 太原检测)已知数列{an}满足：a1＝ ， ＝ 2 1－an 2（ 1＋an） ，an·an＋1<0(n≥1，n∈N*)；数列{bn}满足：bn＝an＋12－ 1－an＋1 an2(n≥1，n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
1
1 1 2 3 n 则 Rn＝ 1＋ 2＋ 3＋…＋ n， 2 2 2 2 2 1 1－ n 2 1 1 1 1 n n 两式相减得 Rn＝1＋ ＋ 2＋…＋ n－1－ n＝ － n ＝ 2－ 2 2 2 2 1 2 2 1－ 2 n＋2 ， 2n n＋2 ∴Rn＝4－ n－1 ， 2 n＋2 ∴Tn＝n ＋n－4＋ n－1 .(12 分) 2
解析 (1)∵Tn＋2an＝2，∴当 n＝1 时，T1＋2a1＝2，∴T1＝ 2 1 3 ，即 ＝ . 3 T1 2 Tn 又当 n≥2 时，Tn＝2－2× ，得 Tn·Tn－1＝2Tn－1－2Tn， Tn－1 1 1 1 ∴ － ＝ ， Tn Tn－1 2 1 3 1 ∴数列{ }是以 为首项， 为公差的等差数列． Tn 2 2
2l－3 2k－3 2m－3 2 m－l 3 l－k 即 2× l－1＝ k－1＋ m－1，化简得( ) ＋( ) ＝2(*)， 3 2 3 3 3 2 m－l 3 l－k 2 3 因为 k<l<m，所以( ) ＋( ) ≥ ＋ >2， 3 2 3 2 所以(*)式不成立． 即数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
n＋2 1 1 3 1 (2)由(1)知， 数列{ }为等差数列， ∴ ＝ ＋ (n－1)＝ ， Tn Tn 2 2 2 2－Tn n＋1 ∴an＝ ＝ ， 2 n＋2 1 1 1 ∴bn＝(1－an)(1－an＋1)＝ ＝ － ， （n＋2）（n＋3） n＋2 n＋3 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ Sn ＝ ( － ) ＋ ( － ) ＋ … ＋ ( － )＝ － ＝ 3 4 4 5 3 n＋3 n＋2 n＋3 n . 3n＋9
优解：设数列{an}的公比为 q，由题意得 2S2＝S3＋S4， 即(S4－S2)＋(S3－S2)＝0，(2 分) 即(a4＋a3)＋a3＝0，(3 分) a4 ∴ ＝－2， a3 ∴公比 q＝－2.(5 分) 1 又数列{an}的首项为 ， 2 1 ∴an＝ ×(－2)n－1.(6 分) 2
1 1 n－1 (2)bn＝n|an|＝n× ×2 ＝ ×n×2n，(7 分) 2 4 1 ∴ Tn ＝ b1 ＋ b2 ＋ b3 ＋ … ＋ bn ＝ (1×2 ＋ 2×22 ＋ 3×23 ＋ … ＋ 4 n×2n)， ①(8 分) ②(9 分)
公式求解；(2)利用等比数列的求和公式求解．
1 【解析】 (1)由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故 λ≠1，a1＝ ， 1－λ a1≠0.(2 分) 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 且 λ≠1 得 an≠0， an＋1 λ 所以 ＝ . an λ－1 1 λ 因此{an}是首项为 ，公比为 的等比数列，于是 an＝ 1－λ λ－1 1 λ n－1 ( ) .(6 分) 1－λ λ－1
1n 11 12 13 (2)由(1)得，an＝n· ( ) ，Tn＝1×( ) ＋2×( ) ＋3×( ) ＋…＋ 2 2 2 2 1n n×( ) ，① 2 1 12 13 14 1 n＋1 T ＝1×( ) ＋2×( ) ＋3×( ) ＋…＋n×( ) ，② 2 n 2 2 2 2 1 11 12 13 14 1n 1 n＋1 所以 Tn＝( ) ＋( ) ＋( ) ＋( ) ＋…＋( ) －n×( ) ， 2 2 2 2 2 2 2 1 n 1－（ ） 2 11 12 13 1 n－1 1n 即 Tn＝1＋( ) ＋( ) ＋( ) ＋…＋( ) －n×( ) ＝ 2 2 2 2 2 1 1－ 2 n＋2 1n 1n 1n －n×( ) ＝2－2×( ) －n×( ) ＝2－ n . 2 2 2 2
第 2讲 数
列
热 点 调 研
近几年高考中的数列总体难度有所降低，以考查数列的概 念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法 为主，有时也有涉及到函数、方程、不等式知识的综合性问题， 在解题过程中常用到等价转化、分类讨论、函数与方程等思想方 法.
调研一 证明等差、等比数列 [证明等差数列] 9 (2016· 山西质检)数列{an}满足 an＝6－ 1 (1)求证：数列{ }是等差数列； an－3 (2)若 a1＝6，求数列{lgan}的前 999 项的和． (n∈N*，n≥2)．