(课标专用)2020高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件

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2020届高考数学(理)课标版二轮课件:重难考点专题二第2讲 数列通项与求和

2020届高考数学(理)课标版二轮课件:重难考点专题二第2讲 数列通项与求和

4a1+
4
2
3
d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.
所以an=2n-5,Sn=n2-4n.
故选A.
2.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=
2

1 bn
=
1 n(n
2)
=
1 2

1 n
-
n
1
2
.
所以Tn=
1 2
×
1-
1 3
+
1 2
-
1 4

+
1 3
-
1 5
+…+
1 n
-
n
1
2


n
1
1

n
1
2

.
=
1 2

3 2
-
n
1 1
-
ห้องสมุดไป่ตู้
n
1
2
当n=1时上式依然成立,故an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(3n-1)2n,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)2n.①
2Tn=2×22+5×23+8×24+…+(3n-1)2n+1,②
①-②得,-Tn=4+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)2n+1=4+3×

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的 周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2(1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1

S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理

2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理

第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1.在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中,AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图,连接BD ,易证AC ⊥平面BB 1D , ∴AC ⊥B 1D ,∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2.已知两平面的法向量分别为m =(0,1,0),n =(0,1,1),则两平面所成的二面角为( ) A .45° B .135° C .45°或135°D .90°C [∵m =(0,1,0),n =(0,1,1), ∴|m |=1,|n |=2,m ·n =1,∴cos〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=12=22,设两平面所成的二面角为α,则 |cos α|=22,∴α=45°或135°,故选C.] 3.用a ,b ,c 表示空间中三条不同的直线,γ表示平面,给出下列命题: ①若a ⊥b ,b ⊥c ,则a ∥c ;②若a ∥b ,a ∥c ,则b ∥c ; ③若a ∥γ,b ∥γ,则a ∥b ;④若a ⊥γ,b ⊥γ,则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A .①② B .②③ C .①④D .②④D [对于①,正方体从同一顶点引出的三条直线a ,b ,c ,满足a ⊥b ,b ⊥c ,但是a ⊥c ,所以①错误;对于②,若a ∥b ,a ∥c ,则b ∥c ,满足平行线公理,所以②正确;对于③,平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面,所以③错误;对于④,由垂直于同一平面的两条直线平行,知④正确.故选D.]4.已知向量m ,n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量,若cos 〈m ,n 〉=-12,则l 与α所成的角为________.π6[设l 与α所成的角为θ,则 sin θ=|cos 〈m ,n 〉|=12,又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,∴θ=π6.][扣要点——查缺补漏]1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:①利用平行公理;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.如T 3.(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质.2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质定理. (2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理. 3.异面直线所成的角求法 (1)平移法:解三角形.(2)向量法:注意角的范围.如T 1. 4.二面角的求法cos θ=cos 〈m ,n 〉=m ·n|m ||n |,如T 2.5.线面角的求法sin θ=|cos 〈m ,n 〉|,如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系,解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解,考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥P ­ABC 中,AB =BC =22,PA =PB =PC =AC =4,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M ­PA ­C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.切入点:(1)借助勾股定理,证明PO ⊥OB ;(2)建立空间直角坐标系,利用二面角M ­PA ­C 为30°求出点M 的坐标,进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值.[解](1)证明:因为AP =CP =AC =4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =2 3. 连接OB .因为AB =BC =22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形, 且OB ⊥AC ,OB =12AC =2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC =O ,知PO ⊥平面ABC . (2)如图,以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O ­xyz .由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),AP →=(0,2,23).取平面PAC 的一个法向量OB →=(2,0,0).设M (a,2-a,0)(0≤a ≤2),则AM →=(a,4-a,0). 设平面PAM 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由AP →·n =0,AM →·n =0得⎩⎨⎧2y +23z =0,ax +-a y =0,可取n =(3(a -4),3a ,-a ), 所以cos 〈OB →,n 〉=23a -2a -2+3a 2+a2.由已知可得|cos 〈OB →,n 〉|=32,所以23|a -4|2a -2+3a 2+a2=32, 解得a =-4(舍去),a =43,所以n =⎝ ⎛⎭⎪⎫-833,433,-43.又PC →=(0,2,-23),所以cos 〈PC →,n 〉=34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC =120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE =2DF ,AE ⊥EC .(1)证明:平面AEC ⊥平面AFC ;(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.[解](1)证明:如图,连接BD ,设BD ∩AC =G ,连接EG ,FG ,EF . 在菱形ABCD 中,不妨设GB =1.由∠ABC =120°,可得AG =GC = 3.由BE ⊥平面ABCD ,AB =BC ,可知AE =EC . 又AE ⊥EC ,所以EG =3,且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中,可得BE =2,故DF =22. 在Rt△FDG 中,可得FG =62. 在直角梯形BDFE 中,由BD =2,BE =2,DF =22,可得EF =322. 从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG =G ,所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图,以G 为坐标原点,分别以GB →,GC →的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB →|为单位长度,建立空间直角坐标系G ­xyz .由(1)可得A (0,-3,0),E (1,0,2),F -1,0,22,C (0,3,0), 所以A E →=(1,3,2),CF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-3,22.故cos 〈A E →,CF →〉=A E →·CF →|A E →||CF →|=-33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2.(2019·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A ­MA 1­N 的正弦值.[解](1)连接B 1C ,ME .因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C ,且ME =12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点,所以ND =12A 1D .由题设知A 1B 1DC ,可得B 1C A 1D ,故ME ND ,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED .又MN平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ,则A (2,0,0),A 1(2,0,4),M (1,3,2),N (1,0,2),A 1A →=(0,0,-4),A 1M →=(-1,3,-2),A 1N →=(-1,0,-2),MN →=(0,-3,0).设m =(x ,y ,z )为平面A 1MA 的法向量,则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →=0,m ·A 1A →=0.所以⎩⎨⎧-x +3y -2z =0,-4z =0.可取m =(3,1,0).设n =(p ,q ,r )为平面A 1MN 的法向量,则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →=0,n ·A 1N →=0.所以⎩⎨⎧-3q =0,-p -2r =0.可取n =(2,0,-1).于是cos 〈m ,n 〉=m·n |m||n|=232×5=155,所以二面角A ­MA 1­N 的正弦值为105.1.利用向量法求线面角的两种方法(1)法一:分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)法二:通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.2.利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角.(2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.提醒:判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行.1.[一题多解](以圆柱为载体)如图,圆柱的轴截面ABCD 为正方形,E 为弧BC 的中点,则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一:(平移法)取BC 的中点H ,连接EH ,AH ,∠EHA =90°,设AB =2,则BH =HE =1,AH =5,所以AE =6,连接ED ,ED =6,因为BC ∥AD ,所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ,在△EAD 中cos∠EAD =6+4-62×2×6=66,故选D.法二:(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点,建立空间直角坐标系O ­xyz ,设AB =2,则A (1,0,0),B (1,0,2),C (-1,0,2),E (0,1,2),∴A E →=(-1,1,2),BC →=(-2,0,0)∴cos〈A E →,BC →〉=26×2=66,故选D.] 2.(以棱柱为载体)在三棱柱ABC ­A1B 1C 1中, AB ⊥平面BCC 1B 1,∠BCC 1=π3, AB =BC =2, BB 1=4,点D 在棱CC 1上,且CD =λCC 1(0<λ≤1).建立如图所示的空间直角坐标系.(1)当λ=12时,求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值;(2)若二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3,求λ的值.[解](1)易知A ()0,0,2, B 1()0,4,0, A 1()0,4,2. 当λ=12时, 因为BC =CD =2, ∠BCC 1=π3,所以C ()3,-1,0,D ()3,1,0.所以AB 1→=()0,4,-2, A 1D →=()3,-3,-2. 所以cos 〈AB 1→,A 1D →〉=AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →=0×3+4×()-3+()-2×()-242+()-22·()32+()-32+()-22=-55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD =λCC 1可知, D ()3,4λ-1,0, 所以DB 1→=()-3,5-4λ,0, 由(1)知, AB 1→=()0,4,-2.设平面AB 1D 的法向量为m =()x ,y ,z , 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m =0,DB 1→·m =0,即⎩⎨⎧4y -2z =0,()5-4λy -3x =0,令y =1,解得x =5-4λ3, z =2,所以平面AB 1D 的一个法向量为m =⎝ ⎛⎭⎪⎫5-4λ3,1,2.设平面A 1B 1D 的法向量为n =()x ,y ,z , 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n =0,DB 1→·n =0,即⎩⎨⎧2z =0,()5-4λy -3x =0,令y =1,解得x =5-4λ3, z =0,所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n =⎝ ⎛⎭⎪⎫5-4λ3,1,0.因为二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3,所以||cos 〈m ,n 〉=|m·n |||m ||n=⎪⎪⎪⎪⎪⎪5-4λ3×5-4λ3+1×1+2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5-4λ32+12+22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5-4λ32+12=12, 即()5-4λ2=1,解得λ=32(舍)或λ=1,故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图,在三棱台DEF ­ABC 中,AB =2DE ,G ,H 分别为AC ,BC 的中点. (1)求证:BD ∥平面FGH ;(2)若CF ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,CF =DE ,∠BAC =45°,求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小.[解](1)证明:在三棱台DEF ­ABC 中, 由BC =2EF ,H 为BC 的中点, 可得BH ∥EF ,BH =EF ,所以四边形BHFE 为平行四边形, 可得BE ∥HF .在△ABC 中,G 为AC 的中点,H 为BC 的中点, 所以GH ∥AB .又GH ∩HF =H ,所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ,所以BD ∥平面FGH .(2)设AB =2,则CF =1.在三棱台DEF ­ABC 中,G 为AC 的中点,由DF =12AC =GC ,可得四边形DGCF 为平行四边形, 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC , 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ,在△ABC 中,由AB ⊥BC ,∠BAC =45°,G 是AC 的中点, 所以AB =BC ,GB ⊥GC , 因此GB ,GC ,GD 两两垂直.以G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .所以G (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2,0),D (0,0,1).可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22,22,0,F (0,2,1). 故GH →=⎝ ⎛⎭⎪⎫22,22,0,GF →=(0,2,1).设n =(x ,y ,z )是平面FGH 的法向量,则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →=0,n ·GF →=0,可得⎩⎨⎧x +y =0,2y +z =0.可得平面FGH 的一个法向量n =(1,-1,2). 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量,GB →=(2,0,0), 所以cos 〈GB →,n 〉=GB →·n |GB →|·|n |=222=12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,平面ABEF 为正方形,AF =2FD ,∠AFD =90°,且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60°.(1)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (2)求二面角E ­BC ­A 的余弦值.[解](1)证明:由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,DF ∩EF =F , 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点,GF →的方向为x 轴正方向,|GF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D ­AF ­E 的平面角,故∠DFE =60°,则|DF |=2,|DG |=3,可得A (1,4,0),B (-3,4,0),E (-3,0,0),D (0,0,3).由已知得,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC =CD , 故AB ∥CD ,CD ∥EF .由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角,∠CEF =60°.从而可得C (-2,0,3).连接AC ,所以E C →=(1,0,3),E B →=(0,4,0),AC →=(-3,-4,3),AB →=(-4,0,0). 设n =(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →=0,n ·E B →=0,即⎩⎨⎧x +3z =0,4y =0.所以可取n =(3,0,-3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →=0,m ·AB →=0.同理可取m =(0,3,4). 则cos 〈n ,m 〉=n ·m |n ||m |=-21919. 故二面角E ­BC ­A 的余弦值为-21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体,考查空间想象能力,在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力,在空间角的求解中,考查转化化归及数学运算的核心素养.1.(2018·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P的位置,且PF ⊥BF .(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. 切入点:(1)对照折叠前后的线面关系给予证明; (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解. [解](1)由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,又PF 平面PEF ,EF平面PEF ,且PF ∩EF =F ,所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,|BF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP =2,DE =1,所以PE = 3.又PF =1,EF =2,PF 2+PE 2=EF 2,故PE ⊥PF .可得PH =32,EH =32. 则H (0,0,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,32,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-32,0,DP →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,32,32,HP →=⎝⎛⎭⎪⎫0,0,32为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ, 则sin θ=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|=343=34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB =5,AC =6,点E ,F 分别在AD ,CD 上,AE =CF =54,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置,OD ′=10.(1)证明:D ′H ⊥平面ABCD ; (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值. [解](1)证明:由已知得AC ⊥BD ,AD =CD .又由AE =CF 得A EAD =CFCD,故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D ′H .由AB =5,AC =6得DO =BO =AB 2-AO 2=4.由EF ∥AC ,得OH DO =A E AD =14.所以OH =1,D ′H =DH =3.于是D ′H 2+OH 2=32+12=10=D ′O 2,故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ,而OH ∩EF =H ,所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图,以H 为坐标原点,HF →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H ­xyz ,则H (0,0,0),A (-3,-1,0),B (0,-5,0),C (3,-1,0),D ′(0,0,3),AB →=(3,-4,0),AC →=(6,0,0),AD ′→=(3,1,3).设m =(x 1,y 1,z 1)是平面ABD ′的法向量,则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →=0,m ·AD ′→=0,即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1-4y 1=0,3x 1+y 1+3z 1=0,所以可取m =(4,3,-5).设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACD ′的法向量,则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →=0,n ·AD ′→=0,即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2=0,3x 2+y 2+3z 2=0,所以可取n =(0,-3,1).于是cos 〈m ,n 〉=m·n |m||n |=-1450×10=-7525.sin 〈m ,n 〉=29525.因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.(以梯形为载体)如图,等腰梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AD =AB =BC =1,CD =2,E 为CD 中点,以AE 为折痕把△ADE 折起,使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE ).(1)证明:AE ⊥PB ;(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4,求二面角A ­PE ­C 的余弦值.[解](1)证明:连接BD ,设AE 的中点为O , ∵AB ∥CE ,AB =CE =12CD ,∴四边形ABCE 为平行四边形,∴AE =BC =AD =DE , ∴△ADE ,△ABE 为等边三角形, ∴OD ⊥AE ,OB ⊥AE , 又OP ∩OB =O , ∴AE ⊥平面POB ,又PB 平面POB ,∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ,垂足为Q ,则Q 在直线OB 上, ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO =π4,又OP =OB ,∴OP ⊥OB ,∴O 、Q 两点重合,即PO ⊥平面ABCE ,以O 为原点,OE 为x 轴,OB 为y 轴,OP 为z 轴,建立空间直角坐标系, 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,32,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,32,0,∴P E →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,-32,E C →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,32,0,设平面PCE 的一个法向量为n 1=(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →=0,n 1·E C →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧12x -32z =0,12x +32y =0,令x =3得n 1=(3,-1,1), 又OB ⊥平面PAE ,∴n 2=(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量,设二面角A ­EP ­C 为α,则|cos α|=cos 〈n 1,n 2〉=|n 1·n 2||n 1||n 2|=15=55,易知二面角A ­EP ­C 为钝角,所以cos α=-55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体,综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直,M 是CD ︵上异于C ,D 的点.(1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时,求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值. 切入点:(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ,进而借助面面垂直的判定求解. (2)借助体积公式先探寻M 点的位置,建系借助坐标法求解. [解](1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC 平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 当三棱锥M ­ABC 体积最大时,M 为CD ︵的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM →=(-2,1,1),AB →=(0,2,0),DA →=(2,0,0).设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →=0,n ·AB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-2x +y +z =0,2y =0.可取n =(1,0,2).DA →是平面MCD 的法向量,因为cos 〈n ,DA →〉=n ·DA →|n ||DA →|=55,sin 〈n ,DA →〉=255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题,通常是借助向量,引入参数,综合条件和结论列方程,解出参数,从而确定位置.(3)在棱上是否存在一点时,要充分利用共线向量定理.(探索位置型)如图所示,四棱锥P ­ABCD 中,PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中,AB ⊥AD ,AB +AD =4,CD =2,∠CDA =45°,且AB =AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°,求线段AB 的长;(2)在线段AD 上是否存在一点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等?说明理由. [解] (1)以A 为坐标原点,建立空间直角坐标系A ­xyz ,如图1所示.图1在平面ABCD 内,作CE ∥AB ,交AD 于点E ,则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中,DE =CD ·cos 45°=1,CE =CD ·sin 45°=1. 设AB =AP =t (t >0),则B (t,0,0),P (0,0,t ). 由AB +AD =4得AD =4-t ,∴E (0,3-t,0),C (1,3-t,0),D (0,4-t,0), ∴CD →=(-1,1,0),PD →=(0,4-t ,-t ). 设平面PCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),由n ⊥CD →,n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧-x +y =0,-t y -tz =0.取x =t ,得平面PCD 的一个法向量n =(t ,t,4-t ). cos 60°=|n ·PB →||n |·|PB →|,即|2t 2-4t |t 2+t 2+-t 2·2t 2=12, 解得t =45或t =4(舍去,因为AD =4-t >0),∴AB =45.(2)法一:(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示),使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等.设G (0,m,0)(其中0≤m ≤4-t ),则GC →=(1,3-t -m,0),GD →=(0,4-t -m,0),GP →(0,-m ,t ).图2由|GC →|=|GD →|得12+(3-t -m )2=(4-t -m )2, 即t =3-m . ①由|GD →|=|GP →|,得(4-m -t )2=m 2+t 2. ② 由①,②消去t ,化简得m 2-3m +4=0. ③由于方程③没有实数根,所以在线段AD 上不存在点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等. 法二:(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等.图3由GC =GD 得∠GCD =∠GDC =45°, ∴∠CGD =90°,即CG ⊥AD , ∴GD =CD ·cos 45°=1.设AB =λ,则AD =4-λ,AG =AD -GD =3-λ. 如图3所示,在Rt△ABG 中,GB =AB 2+AG 2=λ2+-λ2=2⎝⎛⎭⎪⎫λ-322+92>1, 这与GB =GD 矛盾.∴在线段AD 上不存在点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等.。

高考数学二轮复习数列求和及其综合应用

高考数学二轮复习数列求和及其综合应用

(2)在各项均为正数的数列{an}中,a1=1,a2n+1-2an+1an-3a2n=0,Sn 是数列 {an}的前 n 项和,若对 n∈N*,不等式 an(λ-2Sn)≤27 恒成立,则实数 λ 的 取值范围为_(-__∞__,__1_7_]_.
∵a2n+1-2an+1an-3a2n=0, ∴(an+1+an)(an+1-3an)=0, ∵an>0,∴an+1=3an,又a1=1, ∴数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列, ∴an=3n-1, Sn=11--33n=32n-12, ∴不等式 an(λ-2Sn)≤27 即 λ≤2Sn+2a7n=3n+32n-71-1 对 n∈N*恒成立,
所以 2an1
2an
=4,
所以an+1-an=2,
所以数列{an}是公差为2的等差数列,
因为a2,a4,a7成等比数列,
所以 a24=a2a7,
所以(a1+6)2=(a1+2)(a1+12), 解得a1=6,
所以an=6+2(n-1)=2n+4, 因为Sn为数列{bn}的前n项和,且bn是1和Sn的等差中项, 所以Sn+1=2bn, 当n≥2时,有Sn-1+1=2bn-1, 两式相减得bn=2bn-2bn-1,即bn=2bn-1, 当n=1时,有S1+1=b1+1=2b1, 所以b1=1, 所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=2n-1,
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5-b4=18b2,②S5=b4-2,③log3bn+1-1= log3bn这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是正项等比数列,且2an=an+1+ an-1(n≥2),S3=b3=9,b4=a14,________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

2024届高三数学二轮复习策略课件

2024届高三数学二轮复习策略课件

1.离心率的计算 2.圆锥曲线与三角形内心、重心相关的 问题
3.圆锥曲线与内接三角形 4.圆锥曲线中常用的二级结论

1.函数的图像与性质 2.利用导数研究函数的性质
题 函数与导数 3.导数与恒成立问题

4.导数与不等关系 5.导数与函数的零点
1.抽象函数的性质 2.切线与公切线 3.以指数、对数为载体的情景题 3.导数中的构造问题 4.端点效应问题
【分析】当x 时0 , xf (x) ,f (x即) 0 [xf (x)] 0
构造函数 g(x) xf (x)
A 【例 1】(2020 新课标Ⅱ理11)若 2x 2y 3x 3y ,则 (
)
A. ln(y x 1) 0 B. ln(y x 1) 0
C. ln | x y | 0
二轮复习六大专题:
大专题
专 三角函数、 题 解三角形 一 和平面向量
专 题 数列 二
专 题 立体几何 三
子专题
微专题
1.三角恒等变换 2.三角函数的图像与性质 3.解三角形
1.平面向量数量积的求解策略 2.三角函数中与 相关的问题探究 3.三角形中的特殊线段 4.三角中的数学建模与情景题
1.数列的通项求法
【案例3】 微专题:同构式
【引例】(2015 年理12 改编)设函数 f (x) 是奇函数 f (x)(x R)的导
函数, f (1) 0 ,当 x 0 时,xf '(x) f (x) 0 ,则使得 xf (x) 0
成立的 x 的取值范围是(

A.,1 0,1
B.1,0 0,1
C.,1 1,0 D.0,1 1,
3.确定备考策略
(1)对数列的概念及表示方法的理解和应用; (2)等差数列、等比数列的性质、通项公式、递推公式、前项和公式中基本量的运算或者利用它们之 间的关系式通过多角度观察所给条件的结构,深入剖析其特征,利用其规律进行恰当变形与转化求解 数列的问题; (3)会利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题; (4)通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和等方法求数列的前项和; (5)数列与不等式、函数等的交汇问题; (6)关注数学课本中有关数列的阅读与思考、探究与发现的学习材料,有意识地培养学生的阅读能力 和符号使用能力,也包括网络资料中与数列有关的数学文化问题,与实际生活有关的数列的应用问题; (7)关注结构不良试题、举例问题等创新题型。

高三数学数列省名师优质课赛课获奖课件市赛课一等奖课件

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若k为偶数,不是等比数列.若k为奇数,是公比为-1旳等比数列.
考题剖析

例6、(2023浙江)已知 an 是等比数列,a2
= ( a1a2 a2a3 an an1

2,a5
1 4
(A)16( 1 4n ) (B)16( 1 2n )
(C) 32( ) 1 4n (D)3(2 1 2n )
3
解:(Ⅰ)因为 an1 (n2 n )an (n 1, 2,),且a1=1, 所以当a2=-1时,得, 1 2 故 3. 从而 a3 (22 2 3) (1) 3.
(Ⅱ)数列{an}不可能为等差数列.证明如下: 由a1=1,an1 (n2 n )an 得 a2 2 , a3 (6 )(2 ), a4 (12 )(6 )(2 ). 若存在λ ,使{an}为等差数列,则a3-a2=a2-a1,即 (5 )(2 ) 1 , 解得λ =3. 于是 a2 a1 1 2, a4 a3 (11 )(6 )(2 ) 24. 这与{an}为等差数列矛盾,所以,对任意λ ,{an}都不可能是等差数列. [点评]证明一种数列是等差数列,须证明这个数列旳第n项与第n-1
=1 , 42 1
第5个数字是: 1 = 1 ,第6个数字是:1 = 1 ,
26
52 1
35
62 1
所以,第7个数字应是: 1 = 1 。
72 1
50
[点评]本题旳数列主要是经过观察法找到规律,观察法是找数列 通项旳常用措施。
考题剖析
例2、(2023深圳模拟)图(1)、(2)、(3)、(4)分别包
2023届高考数学二轮 复习系列课件
14《数列》
试题特点
数列是高中代数旳主要内容,又是学习高等数学旳基 础,所以在高考中占有主要旳地位,是高考数学旳主要考 察内容之一,试题难度分布幅度大,既有轻易旳基本题和 难度适中旳小综合题,也有综合性较强对能力要求较高旳 难题。大多数是一道选择或填空题,一道解答题。解答题 多为中档以上难度旳试题,突出考察考生旳思维能力,处 理问题旳能力,试题经常是综合题,把数列知识和指数函 数、对数函数和不等式旳知识综合起来,探索性问题是高 考旳热点,常在数列解答题中出现。应用问题有时也要用 到数列旳知识。

备战2019高考数学大二轮复习 专题四 数列 4.2 数列的通项与求和

备战2019高考数学大二轮复习 专题四 数列 4.2 数列的通项与求和

+
1 10
-
1 11
+
1 11
-
1 12
+

+
������
1 +8
-
������
1 +9
=2
1 9
-
������
1 +9
= 2������ .
9(������ +9)
命题热点一 命题热点二 命题热点三
-11-
错位相减法求和
【思考】 具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?
例3已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的 等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
解:(1)由题意知当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5,
当 n=1 时,a1=S1=11,符合上式.
所以 an=6n+5.
设数列{bn}的公差为 d.

������1 ������2
= =
������1 ������2
+ +
������2, ������3,

11 = 2������1 + ������, 17 = 2������1 + 3������,
(1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
-12-
命题热点一 命题热点二 命题热点三
解: (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,

(新课标(理))2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列:1-4-2第二讲 数列的通项公式与数

(新课标(理))2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列:1-4-2第二讲 数列的通项公式与数

(新课标(理))2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列:1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和1.已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10,则a 2 012=( )A .2 010B .2 012C .-2 010D .- 2020解析:设等差数列{a n }的公差为d , 则由已知条件可得⎩⎨⎧a 1+d =02a 1+12d =-10, 解得⎩⎨⎧a 1=1,d =-1.因此数列{a n }的通项公式为a n =-n +2.故a 2 012=-2 012+2=-2 010.答案:C2.(2020年高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n =n cosn π2,其前n 项和为S n ,则S 2 012等于( ) A .1 006B .2 012C .503D .0 解析:用归纳法求解.∵a n =n cos n π2,∴a 1=0,a 2=-2,a 3=0,a 4=4,a 5=0,a 6=-6,a 7=0,a 8=8,…. 由此易知a 4n -2=-(4n -2),a 4n =4n ,且a 1+a 2+a 3+a 4=-2+4=2,a 5+a 6+a 7+a 8=-6+8=2,…,a 4n -3+a 4n -2+a 4n -1+a 4n =-(4n -2)+4n =2.又2 012=4×503,∴a 1+a 2+…+a 2 012=2+2+…+2,\s \do 4(503个))=2×503=1 006.答案:A3.(2020年海淀模拟)若数列{a n }满足:a 1=19,a n +1=a n -3(n ∈N *),则数列{a n }的前n 项和数值最大时,n 的值为( )A .6B .7C .8D .9解析:∵a n +1-a n =-3,∴数列{a n }是以19为首项,-3为公差的等差数列,∴a n =19+(n -1)×(-3)=22-3n .设前k 项和最大,则有⎩⎨⎧a k ≥0,a k +1≤0,∴⎩⎨⎧22-3k ≥0,22-3(k +1)≤0,∴193≤k ≤223, ∵k ∈N *,∴k =7.故满足条件的n 的值为7.答案:B4.在公差为d ,各项均为正整数的等差数列{a n }中,若a 1=1,a n =51,则n +d 的最小值为( )A .14B .16C .18D .10解析:由题意得1+(n -1)d =51,即(n -1)d =50,且d >0.由(n -1)+d ≥2(n -1)d =250(当且仅当n -1=d 时等号成立), 得n +d ≥102+1,因为n ,d 均为正整数,因此n +d 的最小值为16,选B.答案:B5.(2020年高考浙江卷)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和,则下列命题错误的是( )A .若d <0,则数列{S n }有最大项B .若数列{S n }有最大项,则d <0C .若数列{S n }是递增数列,则对任意n ∈N *,均有S n >0D .若对任意n ∈N *,均有S n >0,则数列{S n }是递增数列解析:利用函数思想,通过讨论S n =d 2n 2+(a 1-d 2)n 的单调性判定. 设{a n }的首项为a 1,则S n =na 1+12n (n -1)d =d 2n 2+(a 1-d 2)n .由二次函数性质知S n 有最大值时,则d <0,故A 、B 正确;因为{S n }为递增数列,则d >0,不妨设a 1=-1,d =2,明显{S n }是递增数列,但S 1=-1<0,故C 错误;对任意n ∈N *,S n 均大于0时,a 1>0,d >0,{S n }必是递增数列,D 正确.答案:C二、填空题6.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2n -a n ,则数列{a n }的通项公式为________. 解析:由于S n =2n -a n ,因此S n +1=2(n +1)-a n +1,后式减去前式,得S n +1-S n =2-a n +1+a n ,即a n +1=12a n +1,变形为a n +1-2=12(a n -2),则数列{a n -2}是以a 1-2为首项,12为公比的等比数列.又a 1=2-a 1,即a 1=1.则a n -2=(-1)·(12)n -1,因此a n =2-(12)n -1. 答案:2-(12)n -1 7.(2020年高考江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,公比不为1.若a 1=1,则对任意的n ∈N *,都有a n +2+a n +1-2a n =0,则S 5=________.解析:利用“专门值”法,确定公比.由题意知a 3+a 2-2a 1=0,设公比为q ,则a 1(q 2+q -2)=0.由q 2+q -2=0解得q =-2或q =1(舍去),则S 5=a 1(1-q 5)1-q =1-(-2)53=11. 答案:118.流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感,据资料记载,11月1日,该市新的流感病毒感染者有20人,以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人.由于该市卫生部门采取措施,使该种病毒的传播得到操纵,从某天起,每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人,到11月30日止,该市在这30天内感染该病毒的患者共有8 670人,则11月________日,该市感染此病毒的新患者人数最多.解析:设该市11月n 日新感染者有a n 人,在11月(x +1)日开始操纵病毒的传播,其中x ∈N *,则由题意可知:a n =⎩⎨⎧20+50(n -1),1≤n ≤x 50x -30-30(n -x ),x <n ≤30,从而由条件得20+50x -302·x +[(50x -60)+(80x -930)]2·(30-x )=8 670,解之得x =12或x =49(舍去),故易知11月12日,该市感染此病毒的新患者人数最多.答案:12三、解答题9.(2020年长沙模拟)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=2a n +1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足4b 1-1·42b 2-1·43b 3-1·…·4nb n -1=(a n +1)n ,求数列{b n }的通项公式. 解析:(1)∵a n +1=2a n +1,∴a n +1+1=2(a n +1),∴a n +1+1a n +1=2,而a 1=1,a 1+1=2≠0,故数列{a n +1}是首项为2,公比为2的等比数列, ∴a n +1=2n ,即a n =2n -1(n ∈N *).(2)∵4b 1-1·42b 2-1·43b 3-1·…·4nb n -1=(a n +1)n ,∴4b 1+2b 2+3b 3+…+nb n -n =2n 2,∴2(b 1+2b 2+3b 3+…+nb n )-2n =n 2,即2(b 1+2b 2+3b 3+…+nb n )=n 2+2n ,①当n ≥2时,2[b 1+2b 2+…+(n -1)b n -1]=(n -1)2+2(n -1)=n 2-1,②由①-②得2nb n =2n +1(n ≥2),b n =1+12n(n ≥2). 易知当n =1时,4b 1-1=a 1+1=2,得b 1=32,满足上式, ∴b n =1+12n(n ∈N *). 10.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+2n .(1)求数列的通项公式a n ;(2)设2b n =a n -1,且T n =1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b n b n +1,求T n . 解析:(1)因为S n =n 2+2n ,因此当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n +1. 当n =1时,a 1=S 1=3=2×1+12,满足上式.故a n =2n +1,n ∈N *.(2)因为2b n =a n -1,因此b n =12(a n -1)=12(2n +1-1)=n , 因此1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1, 因此T n =1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b n b n +1=11×2+12×3+…+1n ×(n +1)=11-12+12-13+13-14+…+1 n-1-1n+1n-1n+1=nn+1.11.(2020年广州两校联考)已知数列{a n}满足a1=5,a2=5,a n+1=a n+6a n-1(n≥2).(1)求证:{a n+1+2a n}是等比数列;(2)求证:{a n-3n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式;(3)设3n b n=n(3n-a n),且|b1|+|b2|+…+|b n|<m关于n∈N*恒成立,求m的取值范畴.解析:(1)证明:由a n+1=a n+6a n-1,a n+1+2a n=3(a n+2a n-1)(n≥2),∵a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15故数列{a n+1+2a n}是以15为首项,3为公比的等比数列.(2)证明:由(1)得a n+1+2a n=5·3n,∴(a n+1-3n+1)=-2(a n-3n),故数列{a n-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列,∴a n-3n=2(-2)n-1,即a n=3n+2(-2)n-1=3n-(-2)n(3)由3n b n=n(3n-a n)=n[3n-3n+(-2)n]=n(-2)n,∴b n=n(-23)n令S n=|b1|+|b2|+…+|b n|=23+2(23)2+3(23)3+…+n(23)n23S n=(23)2+2(23)3+…+(n-1)(23)n+n(23)n+1得13S n=23+(23)2+(23)3+…+(23)n-n(23)n+1=23[1-(23)n]1-23-n(23)n+1=2[1-(23)n]-n(23)n+1∴S n=6[1-(23)n]-3n(23)n+1<6,要使得|b1|+|b2|+…+|b n|<m关于n∈N*恒成立,只须m≥6.。

新课标2018届高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件

新课标2018届高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件
2 是等差数列 1 ∴数列 ,其首项为 1,公差为 , (2)Sn= a + . n ������ 2
1
������ +12+������ 2+ ������ ������ ������ ������ +1
������
������ ������
2
1
∴������ =1+
������
1
������ -1 2
1
������ (������ +1)
,an=1-
1 ������ (������ +1)
.
(3)由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),
∵a1=1,知 a1+1=2,an+1≠0, ∴
������ ������ +1 +1 ������ ������ +1
=3.∴数列 {an+1}是以 2 为首项 ,
题 命题规律 型 数列的通项与求和是 高考中对数列考查的 又一个重点,主要考 选 查等差数列、等比数 择 列的求和公式以及通 题 过变形转化为等差数 填 列、等比数列的数列 空 求和.数列求和常与 题 函数、方程、不等式 解 联系在一起,在考查 答 基本运算、基本能力 题 的基础上,又注意考 查学生分析问题、解 决问题的能力.
������ 3
3
,∴an=ຫໍສະໝຸດ 1 32 ������ +1
.
(2)∵Sn= an+ ,①
3
2
∴当 n≥2 时 ,Sn-1=3an-1+3.②
由 ①-②,得 an= an- an-1,即

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

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.
12/11/2021
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) .

数列求和课件高三数学一轮复习

数列求和课件高三数学一轮复习

-2n
1
9·4 -1
+
1
1
+…+
2
4
4



4 +1

3·4

4 +1
.②

− 4 +1 ,
1
3
1
3·4
4
9
3+4
.
9·4
= −
= −


4 +1
,
规律方法 错位相减求和法的方法步骤
设{anbn}的前n项和为Sn,其中数列{an}为公差为d的等差数列,数列{bn}为公
所以当 k 为偶数时,(Sn)max= =
2
当 k 为奇数时,(Sn)max=+1 =
2
2
=25,解得
4
2 -1
=25,此时
4
k=10;
k 无整数解.
综上可得,k=10,Sn=-n2+10n.
当n=1时,a1=S1=9.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+10n)-[-(n-1)2+10(n-1)]=-2n+11,

故数列{an}是等比数列,且首项为2,公比为2,所以an=2n.
(2)由(1)知 bn=log2a2n-1=2n-1,
1
所以
+1
所以
=
=
1
Tn=
1 2
1
1
(1-3
2
1
3
1
(2-1)(2+1)
+
1
2 3
1
5

高考数学总复习考点知识专题讲解4 数列的递推与通项公式

高考数学总复习考点知识专题讲解4  数列的递推与通项公式

高考数学总复习考点知识专题讲解 专题4 数列的递推与通项公式一、数列的前n 项和S n 与a n 的关系(和式代换)类型1 已知n S 与n 的关系式,记为()n S f n =,它可由和式代换⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n Sa n nn 直接求出通项n a ,但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一,具体分三步进行: (1)1n =时,由11S a =,求1a 的值;(2)2n ≥时,由1n n n a S S -=-,求得n a 的表达式; (3)检验1a 的值是否满足(2)中n a 的表达式. ①若满足,则合写;②若不满足,则写成分段函数的形式:⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn .【例1】已知数列{}n a 满足12323(1)(2)n a a a na n n n +++⋯=++,求数列{}n a 的通项公式.已知n S 与n a 的关系式,记为(),0n n f a S =,求它的通项公式n a ,一般有两种思路: (1)消n S :容易直接求n a 的情况,可利用阶差公式:()12n n n S S a n --=≥,消去n S ,转化为等差或等比数列直接求出n a ;(2)消n a :难以直接求n a 的情况,可利用阶差公式:()12n n n a S S n -=-≥,消去n a ,得出n S 与1n S -的递推关系式,先求出n S 后,即可转化为“第1种情形”,从而间接求出n a ,如例3.在求解具体的题目时,应根据条件灵活恰当地选择两种方法,确定变形方向.通常情况下,先求n S 要比直接求n a 麻烦;但也有时先直接求n a 会比先求n S 麻烦得多. 类型2 消n S【例2】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且342n n S a =-.求数列{}n a 的通项公式.【例3】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,*226()n n S a n n N =+-∈.求数列{}n a 的通项公式.【例4】已知正整数列}{n a 的前n 项和为n S ,且对任意的自然数满足1n a =+.求}{n a 的通项公式.类型3 消n a【例5】(2022•天津模拟)已知数列}{n a 的前n 项和为n S ,且满足()1+202n n n a S S n -=≥,211=a ,求n a .【例6】在正项数列}{n a 中,n S 是数列}{n a 的前n 项和,且1+2n n na S a =,求n a .【例7】已知数列{}n a 中,13a =,前n 项和1(1)(1)12n n S n a =++-.求数列{}n a 的通项公式.二、数列的前n 项积n T 与a n 的关系已知n T 与n 的关系式,记为()n T f n =,它可由积式代换⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n 直接求出通项n a ,但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一,具体分三步进行: (1)1n =时,由11T a =,求1a 的值; (2)2n ≥时,由1-=n nn T T a ,求得n a 的表达式; (3)检验1a 的值是否满足(2)中n a 的表达式. ①若满足,则合写;②若不满足,则写成分段函数的形式:⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n .【例8】已知数列{}n a 满足(1)*2122()n n n a a a n N +=∈.求数列{}n a 的通项公式.三.累加法:适用于邻项差结构11()()n n n n a a f n a a f n ---=⇔=+ 累加法是利用:11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+,将问题转化为基本数列求和,从而得到所求数列的通项.以下为三种累加后可裂项相消求和的题型:①若()f n 是关于n 的分式函数,()1111()()f n n n k k n n k==-++;②若()f n 是关于n 的对数函数,()1ln(1)ln(1)ln f n n n n =+=+-;③若()f n是关于n 的无理式函数,()1f n k=.④若()f n 是关于n 的一次函数,()f n kn b =+,累加后可转化为等差数列求和; ⑤若()f n 是关于n 的二次函数,()2f n an bn c =++,累加后可分组求和; ⑥若()f n 是关于n 的指数函数,()n f n p =,累加后可转化为等比数列求和; 【例9】在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=a n +1n -1n +1,求a n .【例10】已知数列{a n }满足a 1=1,a n =a n -1+n +1-n (n ≥2),求a n .【例11】已知数列{}n a 中,12a =,11ln(1)n n a a n +=++,求n a .四.累乘法:适用于邻项商结构()()11nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅ 累乘法是利用:13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅,将问题转化为基本数列求和,从而得到所求数列的通项.【例12】已知数列{}n a 中,12a =,12n n n a a n++=,求数列{}n a 的通项公式;【例13】设{}n a 是首项为1的正项数列,2211(1)0n n n n n a a a na ++++-=(*∈N n ),求{}n a 的通项公式.五、跳跃等差数列通项公式——形如d a a n n =-+2类型定义:2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项,故此我们称满足d a a n n =-+2条件的数列{}n a 为跳跃等差数列.1.分奇偶讨论法:通过对数列下标n 进行换元,分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时,可令12-=k n (k N *∈),反解得21+=n k ,于是d n a d n a d k a a a k n 21)121()1(11112-+=-++=-+==-;②当n 为偶数时,可令k n 2=(k N *∈),反解得2nk =,于是d n a d n a d k a a a k n 22)12()1(2222-+=-+=-+==.综上所述,⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+=为偶数为奇数n d n a n d n a a n 222121.注意换元后,要将最后的结果还原成关于n 的表达式.2.待定系数法:此类型题由于1a 和2a 作为数列奇数项和偶数项首项,会使得数列一些变形出现一些计算难度,故可以采用待定系数法来求统一的通项公式,考虑首项的因素,需要在原始的待定系数的前面加上()n 1-.具体操作如下:n a 1221,4,23n n a a a a n -===+≥n a【例14】(2014•新课标1卷理)已知数列{n a }的前n 项和为n S ,1a =1,0n a ≠,11n n n a a S λ+=-,其中λ为常数. (1)证明:2n n a a λ+-=;(2)是否存在λ,使得{n a }为等差数列?并说明理由.衍生1 等和数列——形如c a a n n =++1类型1.“等和数列”定义: 在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.2.若c a a n n =++1(c 为常数),则数列}{n a 为“等和数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分为奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等和数列——形如)(1n f a a n n =++类型处理思路:等和数列、类等和数列可以归结为跳跃等差数列问题,其基本思路是生成、相减;与“差型”的生成、相加(累加法)的思路刚好相呼应.当()b dn n f a a n n +==+++12时,则()b n d a a n n +-=++11,两式相减得:d a a n n =-+2,故{}n a 是公差为d 的跳跃等差数列,通过分奇偶项讨论进而将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差数列,然后求通项. 【例15】已知数列{}n a 的首项1a a =,1354n n a a n ++=-,求数列{}n a 的通项公式.六、跳跃等比数列通项公式——形如q a ann =+2类型1.定义:2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项,故此我们称满足q a a nn =+2条件的数列{}n a 为跳跃等比数列.2.分奇偶讨论法:通过对数列下标n 进行换元,分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时,可令12-=k n (k N *∈),反解得21+=n k ,于是21112111112--+--⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a ;②当n 为偶数时,可令k n 2=(k N *∈),反解得2n k =,于是222122122---⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a .综上所述,⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅=--为偶数为奇数n qa n qa a n n n 222121.注意换元后,要将最后的结果还原成关于n 的表达式.【例16】已知数列{}n a 满足*212(),N ,1,2n n a qa q n a a +=≠∈==1,且233445,,a a a a a a +++成等差数列.求数列{}n a 的通项公式.衍生1 等积数列——形如p a a n n =⋅+1类型1.“等积数列”定义: 在一个数列中,如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数,那么这个数列叫做等积数列,这个常数叫做该数列的公积.2.若p a a n n =⋅+1(p 为常数),则数列}{n a 为“等积数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等积数列——形如)(12n f a a n n =⋅++类型处理思路:等积数列、类等积数列可以归结为跳跃等比数列问题,其基本思路是生成、相除;与“商型”的生成、相乘(累乘法)的思路刚好相呼应.若()n f 为n 的函数时,可通过逐商法得)1(1-=⋅+n f a a n n ,两式相除后,通过分奇偶项讨论将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等比数列,然后再求通项.1.分奇偶讨论法:()B An n n q n f a a +++==12,则B n A n n q a a +-+=)1(1,两式相除得:A nn q a a =+2,故 {}n a 是公比为A q 的跳跃等比数列,⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅⋅=⋅=∴----为偶数为奇数n q a q a n q a q a a A n n A n n A An 222221211211)()(.}{n a n n a a a 2,111=⋅=+七.斐波那契数列定义:一个数列,前两项都为1,从第三项起,每一项都是前两项之和,那么这个数列称为斐波那契数列,又称黄金分割数列;表达式2110,1,1--+===n n n F F F F F ()n N +∈通项公式:n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦(又叫“比内公式”,是用无理数表示有理数的一个范例)证明:线性递推数列的特征方程为:21x x =+,解得:1x =,2x 则1122n n n F c x c x =+∵121F F ==∴112222112211c x c x c x c x =+⎧⎨=+⎩解得:1c =;2c =∴n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦斐波那契数列的一些性质:求和问题:①12-=+n n a S ;②n n a a a a a 212531=+++- ;③1122642-=++++n n a a a a a . 证明:①()()()1111112112122+=++++=+-++-+-=-=-++++++n n n n n n n n n n S a a a a a a a a a a a S S a ,故12-=+n n a S ,此证明方法也是错位相减的一种特例.②()()()n n n n n a S a a a a a a a a a a a 22212232432111231=+=+++++++=+++---- ,此证明过程也需要利用①的结论.③()()()11212122254321242-==+++++++=++++---n n n n n a S a a a a a a a a a a .这三个式子用数学归纳法证明也非常简单,无需强化记忆,每次列出前几项比划一下,考试中如果出现需要这些结论的,拿出前几项及时推导即可.平方和问题:122221+=+++n n n a a a a a (根据面积公式推导,如下图)构造正方形来设计面积,()()433221321232221a a a a a a S S S a a a =++=++=++,以此类推,也可以用数学归纳法证明,知道一个大致的方向即可. 裂项问题:⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++------123222423312222123242311111111111111n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n a a a a a a a 212212221211111----=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+. 注意:如果是斐波那契数列的部分项求和也可以,比如⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++++++-++++n m m m n m n m m m m m a a a p a a p a a p a a p 1112312 ,前提就是必须隔项,否则无法裂项相消.【例17】已知数列{}n a 满足:113a =,213a =,*11(,2)n n n a a a n N n +-=+∈…,则132435202120231111a a a a a a a a +++⋯+的整数部分为() A .6B .7C .8D .9【例18】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为是最美的数列,斐波那契数列{}n a 满足11a =,21a =,()*123,n n n a a a n n --=+≥∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n 项所占的格子的面积之和为n S ,每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ,则其中不正确结论的是( )A .2111n n n n S a a a +++=+⋅B .12321n n a a a a a +++++=-C .1352121n n a a a a a -++++=-D .()121)4(3n n n n c c a n a π--+-≥=⋅【例19】斐波那契数列,又称“兔子数列”,由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入.已知斐波那契数列{}n a 满足10a =,21a =,()*21n n n a a a n ++=+∈N ,若记1352019a a a a M ++++=,2462020a a a a N ++++=,则2022a =________.(用M ,N 表示)【例20】(2022•天河区期末)意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数:1,1,2,3,5,8,13,…….即从第三项开始,每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他,就把这列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列a n 说法正确的是( ) A .a 12=144B .a 2022是偶数C .a 2022=a 1+a 2+a 3…a 2022D .a 2022+a 2024=3a 2022【例22】(2023•荆州期末)2022年11月23日是斐波那契纪念日,其提出过著名的“斐波那契”数列,其著名的爬楼梯问题和斐波那契数列相似,若小明爬楼梯时一次上1或2个台阶,若爬上第n 个台阶的方法数为b n ,则( ) A .b 7=21B .b 1+b 2+b 3+b 5+b 7=51C .b 12+b 22+…+b n 2=b n •b n +1﹣1D .b n ﹣2+b n +2=3b n八.不动点与蛛网图(无需通项的无敌技能) 知识点一函数迭代和数列的关系已知函数)(x f y =满足+1=()n n a f a ,则一定有+1211=()()()n n n n a f a f a f a -==,故函数)(x f y =通过反复迭代产生的一系列数构成了数列{}n a 或者记为{}{}n n b x 、,而数列的每一项与函数迭代的关系可以如下表所示: 下面以函数21y x =+和数列121n n a a +=+①数列的递推式和函数的迭代式是有着相同的法则的,故数列的任何一项()+1,n n a a 都在函数)(x f y =上.②数列的通项公式是函数对1a 迭代1-n 次的结果,即11()n n a f a -=,每一次由于迭代产生出的因变量成为下一次迭代的自变量.③数列的首项1a 对整个数列有很大的影响,当迭代不断重复出现同一结果时,我们将其称为不动点.知识点二函数的迭代图像——蛛网图函数的迭代图像,简称蛛网图或者折线图,函数)(x f y =和直线y x =共同决定. 其步骤如下:1.在同一坐标系中作出)(x f y =和y x =的图像(草图),并确定不动点.(如图1所示)图1 图22.在找出不动点之后,确定范围,将不动点之间的图像放大,并找出起始点1a (如图2所示)3.由1a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交,并确定交点()12,a a . 4.由()12,a a 向y x =作平行于x 轴的直线与y x =相交,并确定交点()22,a a . 5.由()22,a a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交,并确定交点()23,a a . 重复4,5,直至找到点()1,n n a a +的最终去向.【例23】设数列{}n a 满足11(0),n a a a a +=>=证明:存在常数M ,使得对于任意的*n N ∈,都有n a M ≤.【例24】首项为正数的数列{a n }满足2*11(3),,4n na a n N +=+∈若对*n N ∈,一切都有1n n a a +>,求a 1的取值范围.知识点三蛛网图与数列的单调性定理1:)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1,x 2(x 1<x 2),且在两个不动点之间形成一上凸的图形时,(如图9)则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递增的,即1n n a a +>,在两不动点以外的区间则是递减的,即1n n a a +<.定理2:)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1,x 2(x 1<x 2),且在两个不动点之间形成一下凹的图形时,(如图10)则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递减的,即1n n a a +<,在两不动点以外的区间则是递增的,即1n n a a +>.图9 图10综上可得,当)(x f y =的单调增区间位于上凸内或者下凹外时,即当迭代起点1a 位于此区域时,一定有1n n a a +>同理,当迭代起点1a 位于单调增区间的上凸外或者下凹内时,一定有1n n a a +<.知识点四摆动数列以及由求导构造函数单调性来解决数列问题由反比例(递减函数)函数迭代构成的摆动数列,如图11所示,当)(x f 在区间为减函数时,和直线x y =相交于不动点,那么由此函数迭代构成的数列为摆动数列,即奇数项和偶数项构成相反的单调性,但都螺旋靠近不动点,极限也是不动点。

(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题四数列4.2.2求数列的通项及前n项和课件理

(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题四数列4.2.2求数列的通项及前n项和课件理

所以,{an}的通项公式为 an=3n,{bn}的通项公式为 bn=3n.
-2-
考向一 考向二 考向三
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=
n×3+������
(������ -1) 2
×6
+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记 Tn=1×31+2×32+…+n×3n,

则 3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,

②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(11--33������
)+n×3n+1=(2������
-1)3������ 2
+1
求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.依题
意,得
3������ = 3 + 3������2 = 15
2+������4, ������.解得
������ ������
= =
33,,故
an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
由题意得 ������42 = ������2������9, ������3 = 7,

2025高考数学二轮复习数列

2025高考数学二轮复习数列

用两式相除(即比值)的方式进行相关计算.
对点练1
(1)(2024·新高考Ⅱ,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,
则S10=
95
.
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,因为
a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
和为Tn,若
,
m,使得4S1,S3,Sm成等比数列?
,且b1=2,T4=5T2,是否存在大于2的正整数
解 设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q(q>0).
由题意知 q≠1,由
1 (1-4 )
T4=5T2,得
1-
=
51 (1-2 )
,
1-
整理得 1+q2=5,因为 q>0,所以 q=2.所以 bn=2n.
∴b1=a2-2a1=3.
∵Sn+1=4an+2,∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
∴an+1=Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).
又bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,
∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
n-1
(2)由(1)可得 bn=an+1-2an=3×2 ,∴
1 + 3 = 8,
1 = 12,
21 + 2 = 8,
当选取①②时,有
所以
解得
4 + 5 = -16,

第2讲 大题专攻——数 列 2023高考数学二轮复习课件

第2讲 大题专攻——数 列 2023高考数学二轮复习课件
目录
|方法总结| 数列判断与证明的注意点
(1)判定一个数列是等差(比)数列,可以利用通项公式或前n项和公式,但不 能将其作为证明方法;
(2)
an+1 an
=q和a
2 n
=an-1an+1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件,
判定时还要看各项是否为零.
目录
已知数列{an}满足a1=1,4an+1=3an-n+4. (1)证明:数列{an+n-8}是等比数列; 证明:因为4an+1=3an-n+4, 所以an+1=34an-n4+1, 所以an+a1n++nn+-18-8=43an-n4a+n+1n+-n8+1-8=34aann+ +n34n--86=34(aann++nn--88)=34. 又因为 a1+1-8=-6,所以数列{an+n-8}是以-6 为首项,34为公比的等比
解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则
2q(2+d)=12, 2q+3+3d=10, d>0,
解得dq= =12, ,
∴an=n,n∈N*,bn=2n,n∈N*.
目录
(2)设 cn=bn+S1n,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解:由(1)知 Sn=n(n2+1). ∴cn=bn+S1n=2n+n(n2+1)=2n+2n1-n+1 1, ∴Tn=(2+22+23+…+2n)+21-12+12-13+…+n1-n+1 1 =2(11--22n)+21-n+1 1 =2n+1-n+2 1.
目录
(2)求{an}的前20项和.
解 因为 an+1=aann++12,,nn为为奇偶数数,,
所以k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,即a2k=a2k-1+1,
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1 ������������ +1
=
1 ������������
+
1.
2
∴数列 1 是等差数列,其首项为 1,公差为1,
������������
2

1 ������������
=1+������2-1,∴an=������
2.
+1
高频考点•探究突破
-10-
突破点一
突破点二
突破点三
(2)∵Sn=23an+13,① ∴当 n≥2 时,Sn-1=23an-1+13.② 由①-②,得 an=23an-23an-1,即���������������������-���1=-2. ∵a1=S1=23a1+13,∴a1=1. ∴{an}是以 1 为首项,-2 为公比的等比数列,an=(-2)������-1.
高频考点•探究突破
-7-
突破点一
突破点二
突破点三
解法二 (待定系数法) 因为an+1与an的系数不相等,故可构造等 比数列.
设an+1+[k(n+1)+t]=3(an+kn+t),
整理得an+1=3an+2kn+2t-k.
由已知an+1=3an+2n-1,
所以
22������������-���=��� =2,-1,解得
高频考点•探究突破
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突破点一
突破点二
突破点三
(2)∵an+1=an+ln
1+1
������
,
∴an-an-1=ln
1+ 1
������ -1
=ln���������-���1(n≥2),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln���������-���1+ln������������--12+…+ln32+ln 2+2
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【例1】(3)中,若已知an+1=3an+2n-1呢?
解法一 (直接变形) 由an+1=3an+2n-1,得an+有bn+1=3bn. 又 b1=a1+1=12+1=32, 所以数列 ������������ 是一个首项为 b1=32,公比为 q=3 的等比数列, 所以 bn=b1qn-1=32 ×3n-1=12 ×3n. 即 an+n=12 ×3n,所以 an=12 ×3n-n.
=2+ln
������ ������ -1
·������������ --12
·…·32
·2
=2+ln n(n≥2).
又a1=2适合上式,故an=2+ln n(n∈N*).
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(3)方法一(直接变形)
由an+1=3an+2,得an+1+1=3(an+1). ∵a1=1,知a1+1=2,an+1≠0, ∴ ������������ +1+1=3.
������������ +1
∴数列{an+1}是以2为首项,以3为公比的等比数列. 则an+1=2·3n-1,故an=2·3n-1-1. 方法二(待定系数法)
由已知,设an+1+t=3(an+t),则整理得an+1=3an+2t. 由已知可得2t=2,解得t=1.
∴an+1+1=3(an+1).下同方法一.
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即时巩固1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:
(1)a1=1,������������ +1
=
2������������ ;
2+������������
(2)Sn=23an+13;
(3)Sn=2an+n.
解:(1)∵a1=1,an+1=22+������������������������ ,∴
������ = 1, ������ = 0.
所以an+1+(n+1)=3(an+n). 下同解法一.
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规律方法1.由递推关系求数列的通项的基本思想是转化,常用的
方法:
(1)an+1-an=f(n)型,采用迭加法; (2)������ ������ +1 =f(n)型,采用迭乘法;
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由数列的递推关系求通项
【例1】根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:
(1)数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n;
(2)a1=2,an+1=an+ln
1+1
������
;
(3)a1=1,ax+1=3an+2. 分析推理(1)根据式子结构特征,把(2n-1)an看作一个整体,则该问 题就看作已知和Sn求通项的问题,根据项与和的关系式求解即可;(2) 根据递推关系以及对数运算,可以利用累加法求其通项;(3)因为递
∴数列{an-1}为首项a1-1=-2,公比q=2的等比数列, ∴an-1=-2×2n-1,即an=1-2n.
������������
(3)an+1=pan+q(p≠0,p≠1)型,转化为等比数列解决;
(4)an+1= 数列解决.
������
������������������ + ������������������
(an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等差
2.已知Sn求an的三个步骤: (1)先利用a1=S1求出a1; (2)用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系,利用an=Sn- ������������ -1(n≥2)便 可求出当n≥2时an的表达式; (3)注意检验n=1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并.
推关系中两项的系数不同,所以应该通过变形构造等比数列求解通
项.
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解:(1)∵a1+3a2+…+(2n-1)an=2n, 故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)������������−1=2(n-1), 两式相减得(2n-1)an=2, ∴an=2���2���-1(n≥2). 又由题设可得 a1=2,满足上式, 从而{an}的通项公式为 an=2���2���-1(n∈N*).
(3)Sn=2an+n,当n=1时,a1=S1=2a1+1,即a1=-1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an+n)-[2an-1+(n-1)]=2an-2an-1+1, 即an=2an-1-1, ∴an-1=2(an-1-1),即���������������������-���1-1-1=2,
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