2018高考数学理二轮专题复习课件-第二篇 专题满分突破 专题四 数列：4.1.1 精品

na1q＝1 a111－－qqn＝a11－－aqnqq≠1 .
3 ． 数列 {an} 的前 n 项和 Sn 与 通项 an 的 关系 式 an ＝
S1 n＝1 Sn－Sn－1 n≥2 .
4．性质
等差数列
等比数列
①若 m＋n＝p＋q，则 am＋an ＝ap＋aq
若 m＋n＝2k，则 am＋an＝2ak
第一讲 等差数列 等比数列
1高考巡航 本讲考查的热点主要有三个方面： (1)对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出 现，考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解，属于低 档题； (2)对等差、等比数列性质的考查，主要以客观题出现，具 有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属 中低档题； (3)对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的 第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关 键环节.
，∴an＋1＋(n＋1)＋2＝2(an
＋n＋2)， 当 n＝1 时，a1＋1＋2＝4，∴存在实数 p＝1，q＝2，使数列
{an＋pn＋q}为首项为 4，公比为 2 的等比数列． ②由①可知 an＋n＋2＝4·2n－1＝2n＋1， ∴an＝2n＋1－n－2，n∈N*.
[答案] (1)B (2)见解析
[方法规律] (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的 关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进 行求解．
，两式
4．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则 a1a2＋a2a3＋… ＋anan＋1(n∈N*)的取值范围是( )
A．[12,16] B.8，332 C.8，332 D.136，332
解析：因为{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，所以 q3＝aa52＝18， q＝12，a1＝4，故 a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝a1a21－1－q2q2n＝332(1－q2n)
热点考向三 等差(比)数列的性质
[典例 3] (1)若数列{an}的首项为 3，{bn}为等差数列，且 bn＝an＋1－an(n∈N*)，若 b3＝－2，b10＝12，则 a8＝( )
A．0 B．3 C．8 D．11 (2)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝2an＋n＋1. ①是否存在实数 p，q，使{an＋pn＋q}成等比数列？若存在， 求出 p，q 的值；若不存在，请说明理由；
答案：10
3热点追踪
热点考向一 等差(比)数列的基本运算
[典例 1] (1)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝－
11，a4＋a6＝－6，则当 Sn 取最小值时，n 等于( )
A．6
B．7
C．8
D．9
(2)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数 列{bn}的前 10 项和等于( )
(2)由(1)可知 cn＝－12·12n－1＝－12n， ∴an＝cn＋1＝1－12n. ∴当 n≥2 时，bn＝an－an－1＝1－12n－1－12n－1＝12n－1－12
n＝12n. 又 b1＝a1＝12也符合上式，
∴bn＝12n.
[方法规律] 判定或证明{an}为等差数列或等比数列的常用 方法
②求数列{an}的通项公式．
[自主解答] (1)依题意可设等差数列{bn}的公差为 d，则 b10 ＝b3＋7d＝－2＋7d＝12，解得 d＝2，所以 bn＝b3＋(n－3)d＝2n －8，又 bn＝an＋1－an，则 b7＝a8－a7，b6＝a7－a6，…，b1＝a2 －a1，采用累加法可得，b7＋b6＋…＋b1＝(a8－a7)＋(a7－a6)＋… ＋(a2－a1)＝a8－a1，又易知 b1＋b2＋…＋b7＝0，则 a8＝a1＝3， 故选 B.
∈8，332，故选 C. 答案：C
5 ． 若 等比 数列 {an}满足 an>0(n ∈ N*)， 公比 q ＝ 2 ， 且 a1·a2·…·a30＝230，则 a1·a4·a7·…·a25·a28＝________.
解 析 ： 因 为 230 ＝ a1·a2·…·a30 ＝
a1·a1q·a1q2·a4·a4q·a4q2·…·a25·a25q·a25q2·a28·a28q·a28q2
解析：根据已知关系式列出方程，解出首项和公差，再由等 差数列的通项公式求 a9，或根据等差数列的性质求解．
(方法一)设等差数列{an}的公差为 d，由 S5＝10，知 S5＝5a1 ＋5×2 4d＝10，得 a1＋2d＝2，即 a1＝2－2d.所以 a2＝a1＋d＝2－ d，代入 a1＋a22＝－3，化简得 d2－6d＋9＝0，所以 d＝3，a1＝－ 4.故 a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
[自主解答] (1)∵Sn＋1＝2Sn＋2，∴Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)， ∴bn＋1＝2bn，又 b1＝4，∴数列{bn}是以 4 为首项，2 为公比 的等比数列．
(2)由(1)可得，bn＝4×2n－1＝2n＋1，∴Sn＝bn－2＝2n＋1－2， ∴当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，∵a1＝S1＝2，代入上 式也成立，∴an＝2n(n∈N*)．
2核心梳理
[知识回顾] 一、概念
1．等差数列的定义 {an}为等差数列⇔an＋1－an＝d(其中 n∈N*，d 为常数)． 2．等比数列的定义
{an}为等比数列⇔aan＋n1＝q(其中 n∈N*，an≠0，q 为不为零的 常数)．
3．等差、等比中项 (1)x，A，y 成等差数列⇔A 为 x，y 的等差中项⇔2A＝x＋y. (2)x，G，y 成等比数列⇔G 为 x，y 的等比中项⇔G2＝xy.
＝
(a1·a4·…·a25·a28)3q30，又 q＝2，所以 a1·a4·a7·…·a25·a28＝1.
答案：1
6．已知等差数列{an}的前 9 项和等于它的前 4 项和．若 a1 ＝1，ak＋a4＝0，则 k＝________.
解析：设数列{an}的公差为 d，由 S9＝S4 及 a1＝1，得 9×1 ＋9×2 8d＝4×1＋4×2 3d，所以 d＝－16.又 ak＋a4＝0，所以 1＋(k －1)×－16＋1＋(4－1)×－16＝0，解得 k＝10.
C．98
D．97
解析：利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式及性质，结
合方程思想求解．
(方法 1)∵ {an}是等差数列，设其公差为 d， ∴ S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴ a5＝3. 又∵ a10＝8，
∴
a1＋4d＝3， a1＋9d＝8，
∴
a1＝－1， d＝1.
∴ a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选 C.
am·an＝ap·aq am·an＝a2k
②若 n 为奇数 Sn＝n·a n1 n 为偶数S偶＝q(q 为公比)
2
S奇
பைடு நூலகம்
③Sk，S2k－Sk，S3k－S2k 成等 Sk，S2k－Sk，S3k－S2k 成等
差数列
比数列
[专题回访]
1．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a2＋a4＝6，则 S5 等于
(1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式．
解：(1)∵an＋Sn＝n ①， ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1 ② ②－①得 an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， 当 n＝1 时，a1＋S1＝1，∴a1＝12，a1－1＝－12， ∴aan＋n－1－11＝12，又 cn＝an－1， ∴{cn}是首项为－12，公比为12的等比数列．
答案：B
3．设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，已知 3S3＝a4－2,3S2 ＝a3－2，则公比 q＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：由题意知，q≠1，则33aa1111－－11－－qqqq23＝＝aa11qq23－－22
相减可得－31q－3－q q2＝q3－q2，即1－－3q＝1，所以 q＝4. 答案：B
[答案] (1)A (2)C
[方法规律] 关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其 通项公式和前 n 项和公式构造关于 a1 和 d(或 q)的方程或方程组 解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质， 不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认 识.
热点考向二 等差(比)数列的判断与证明
(1)通项公式法： an＝pn＋q(p，q 为常数，n∈N*)⇔{an}为等差数列； an＝cqn(c，q 为非零常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列． (2)前 n 项和公式法： Sn＝an2＋bn(a，b 都是常数)⇔{an}为等差数列； Sn＝k(qn－1)，k 为常数，且 q≠0,1⇔{an}为等比数列.
(3)∵an2－n 1＝1－21n，∴cn＝a1－2 1＋a22－2 1＋…＋an2－n 1＝n－12
＋212＋…＋21n＝n＋21n－1(n∈N*)，
∴
Tn
＝
(1
＋
2
＋
…
＋
n)
＋
1 2
＋
1 22
＋
…
＋
1 2n
－
n
＝
n＋1n 2
＋
1211－－1221n－n＝n2－2n＋2－21n.
[变式训练] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}中， b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且 an＋Sn＝n.
[典例 2] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S1＝2，Sn＋1＝2Sn ＋2(n∈N*)，bn＝Sn＋2.
(1)求证：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若数列{cn}满足 cn＝a1－2 1＋a22－2 1＋…＋an2－n 1(n∈N*)，求 {cn}的前 n 项和 Tn.