2018届高考数学理二轮复习江苏专用课件：专题三 数 列 第1讲 精品

(2)解 由题设可求 a2＝λ－1，∴a3＝λ＋1， 令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4，故 an＋2－an＝4. 由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n＝4n－1. 所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2. 因此存在 λ＝4，使得数列{an}为等差数通项公式：an＝a1＋(n－1)d， (2)求和公式：Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n－2 1）d， (3)性质：①若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq； ②an＝am＋(n－m)d； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
热点二 等差、等比数列的判定与证明 【例 2】 (2016·南师附中月考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，
a1＝14，且 Sn＝Sn－1＋an－1＋12(n∈N*，且 n≥2)，数列{bn}满 足：b1＝－1149，且 3bn－bn－1＝n(n≥2，且 n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn－an}为等比数列. (1)解 由 Sn＝Sn－1＋an－1＋12，得 Sn－Sn－1＝an－1＋12， 即 an－an－1＝12(n∈N*，n≥2)，则数列{an}是以12为公差的 等差数列，又 a1＝14，∴an＝a1＋(n－1)d＝12n－14.
4.(2013·江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝12，a6＋a7＝ 3.则满足 a1＋a2＋…＋an>a1a2…an 的最大正整数 n 的值 为________.
解析 设数列{an}的公比为 q(q＞0)，由已知条件得12q＋12q2＝3，即 q2＋q－6＝0，解得 q＝2，或 q＝－3(舍去)，an＝a5qn－5＝12×2n－5＝ 2n－6，a1＋a2＋…＋an＝312(2n－1)，a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝ 2n2－211n，由 a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知 2n－5－2－5>2n（n－2 11）， 由 2n－5－2－5>2n（n－2 11），可求得 n 的最大值为 12，而当 n＝13 时， 28－2－5<213，所以 n 的最大值为 12. 答案 12
【训练2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0， anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数. (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明 由题设，anan＋1＝λSn－1，① 知an＋1an＋2＝λSn＋1－1，② ②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. ∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ.
解 (1)由 an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)， 得 Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，所以S1n－Sn1－1＝2(n≥2，n∈N*)， 故S1n是等差数列.又S11＝2，所以S1n＝2n，故 Sn＝21n， an＝Sn－Sn－1＝21n－2（n1－1）＝－2n（n1－1）(n≥2，n∈N*)，
解析 (1)因为 a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由 a8＝a6＋2a4 得 a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去 a2q2，得到关于 q2 的一元二次方程(q2)2 －q2－2＝0，解得 q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4. (2)由已知得 Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32， 故公比 q＝－2，又 Sm＝a11－－aqmq＝－11，故 a1＝－1， 又 am＝a1qm－1＝－16，代入可求得 m＝5.
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷改编)已知等差数列{an}前9项的和为27， a10＝8，则a100＝________. (2)(2016·连云港调研)在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a3 ＋a4＋…＋a8＝________. (3)(2015·湖南卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且 3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________.
(2)证明 ∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，∴bn＝13bn－1＋13n(n≥2)， ∴bn－an＝13bn－1＋13n－12n＋14＝13bn－1－16n＋14＝13bn－1－12n＋34 (n≥2).bn－1－an－1＝bn－1－12(n－1)＋14＝bn－1－12n＋34(n≥2)， ∴bn－an＝13(bn－1－an－1)(n≥2)， ∵b1－a1＝－30≠0，∴bnb－n1－ －aann－1＝13(n≥2). ∴数列{bn－an}是以－30 为首项，13为公比的等比数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)； (2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝a1（11－－qqn） ＝a11－－aqnq； (3)性质：①若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq； ②an＝am·qn－m； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.
解析 (1)由等差数列性质，知 S9＝9（a12＋a9）＝9×22a5＝9a5 ＝27，得 a5＝3，而 a10＝8，因此公差 d＝a1100－－a55＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98. (2)根据等差数列性质计算.因为{an}是等差数列，所以a3＋a4 ＋…＋a8＝3(a5＋a6)＝3. (3)由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝ 3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.
热点三 求数列的通项 [微题型 1] 由 Sn 与 an 的关系求 an 【例 3－1】 (1)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋
2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝12.求数列{an}的通项公式. (2)(2016·岳阳二模节选)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，a2＝2，且 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3, n∈N*. 证明：an＋2＝3an；并求 an.
探究提高 判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法 (1)定义法：对于 n≥1 的任意自然数，验证 an＋1－ an或aan＋n 1为同一常数. (2)中项公式法：①若 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则 {an}为等差数列；②若 a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则 {an}为等比数列.
3.求通项公式的常见类型
(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项
的特点观察、归纳、猜想出 an 的表达式，然后用数
学归纳法证明.
(2)利用前 n 项和与通项的关系 an＝
S1
（n＝1），
Sn－Sn－1 （n≥2）.
(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.
(4)累加法：在已知数列{an}中，满足 an＋1＝an＋f(n)，把原递推公 式转化为 an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解. (5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足 an＋1＝f(n)an，把原递推公式 转化为aan＋n 1＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解. (6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足 an＋1＝pan＋q(其中 p，q 均为常数，pq(p－1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化 为 an＋1－t＝p(an－t)，其中 t＝1－q p，再利用换元法转化为等比数 列求解.
2.(2015·江苏卷)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n
＋1(n∈N*)，则数列a1n前 10 项的和为________. 解析 ∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n，将以上 n－1 个式子相加得 an－a1＝2＋3＋…＋n
第1讲 等差数列、等比数列的基本问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念， 一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且 特殊的数列，要求都是C级.
真题感悟
1.(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和. 若 a1＋a22＝－3，S5＝10，则 a9 的值是________. 解析 设等差数列{an}公差为 d，由题意可得： a51a＋1＋（5×a21＋4dd＝）120＝，－3，解得ad1＝＝3－，4， 则 a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20. 答案 20
(3)法一 a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝ a1q2·1－1（－qq33）29＝1＋qq2＋q2·a1（11－－qq87）＝47×140＝80. 法二 设 b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86， b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87， 因为 b1q＝b2，b2q＝b3，且 b1＋b2＋b3＝140， 所以 b1(1＋q＋q2)＝140，而 1＋q＋q2＝7， 所以 b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80. 答案 (1)4 (2)5 (3)80
n－1
因此 a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.∴an＝32×2 ，3n－n22为 ，奇 n为数偶，数.
探究提高 给出Sn与an的递推关系求an，常用思 路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递 推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推 关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
＝（2＋n）2（n－1），即 an＝n（n＋2 1），
令 bn＝a1n，故 bn＝n（n2＋1）＝21n－n＋1 1，故 S10＝b1＋b2＋…
＋b10＝21－12＋12－13＋…＋110－111＝2110.
答案
20 11
3.(2010·江苏卷)函数 y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k)处的切 线与 x 轴交点的横坐标为 ak＋1，k 为正整数，a1＝16，则 a1＋a3＋a5＝________. 解析 在点(ak，a2k)处的切线方程为：y－a2k＝2ak(x－ak)， 当 y＝0 时，解得 x＝a2k，所以 ak＋1＝a2k，故{an}是 a1＝16， q＝12的等比数列，即 an＝16×12n－1，∴a1＋a3＋a5＝16 ＋4＋1＝21. 答案 21
12，n＝1， 所以 an＝－2n（n1－1），n≥2.
(2)由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an －an＋1， 即 an＋2＝3an，n≥2.又 a1＝1，a2＝2，所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－ (a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.又∵an≠0，所以aan＋n 2 ＝3.于是数列{a2n－1}是首项 a1＝1，公比为 3 的等比数列；数列{a2n} 是首项 a2＝2，公比为 3 的等比数列.
答案 (1)98 (2)3 (3)3n－1
探究提高 (1)等差、等比数列的基本运算是利用通项 公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程 组求解时，要注意整体计算，以减少计算量. (2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用 “巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
【训练1】 (1)(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an} 中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________. (2)(2016·北京东城区模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn， 若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于________. (3)(2015·潍坊模拟)在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项 和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________.