届郴州市高三二轮复习专题讲座数列培训PPT课件
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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,
高三数学二轮复习 数列 课件(全国通用)
解析：(1)设正项等差数列{an}的公差为 d， 2 a1＋a1＋4d＝ a1＋2d2， 7 则由题意得 7a1＋21d＝63， 1 a1＋2d＝ a1＋2d2， 7 则 a1＋3d＝9，
a1＋2d＝7， 又∵an>0，∴a3＝a1＋2d>0，∴ a1＋3d＝9， a1＝3， ∴ d＝2，
第1讲 数列
热点题型突破
题型一 等差、等比数列的基本运算
高考中常从以下角度设计考题： 命 (1)等差(比)数列中a1，n，d(q)，an，Sn量 题 的计算． 规 (2)等差、等比数列的交汇运算． 律 选择题、填空题、解答题均有考查，难 度中等． 关于等差(等比)数列的基本运算，一般
1．(1)已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4，则 a10 ＝( B ) 17 A． 2 C．10 19 B． 2 D．12
1 1 2n＋3 1 1 3 ＝21＋2－n＋1－n＋2＝4－ 2 . 2 n ＋ 3 n ＋ 2
• 数列中的方程思想 • 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共 包含a1，d(或q)，n，an与Sn这五个量，如果 已知其中的三个，就可以求其余的两个．其 中a1和d(或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，然后根据通项公式、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．
22 2. 已知正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＋a5＝7a3，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式；
1 (2)若数列{bn}满足 b1＝a1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列b 的前 n 项和 Tn. n
高三数学二轮复习专题三第一讲等差数列、等比数列课件人教版
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)，
故{bn}的第3项为5，公比为2.
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝54.
所以{bn}是以
5 4
为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝
π 6
处取得最大
值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．
[解] (1)由q＝3，S3＝133， 得a111－－333＝133，解得a1＝13. 所以an＝13×3n－1＝3n－2. (2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3. 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3； 因为当x＝π6时f(x)取得最大值， 所以sin(2×π6＋φ)＝1. 又0＜φ＜π，故φ＝π6. 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin(2x＋π6)．
[点评] 本题考查等比数列与三角函数的基本知识和 基本量的计算，属在知识交汇处命题的典型．
已知等差数列{an}中，a1，a99是函数f(x)＝x2－10x＋16的两 个零点，则12a50＋a20＋a80＝__________.
解析：由已知得a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两个实根，则a1＋ a99＝10， 则12a50＋a20＋a80＝54(a1＋a99)＝225. 答案：225
54·2n－1＝5·2n－3.
(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝5411－－22n＝5·2n－2－54，即Sn＋54＝5·2n－2， 所以S1＋54＝52，SSn＋n＋1＋5454＝55··22nn－－12＝2. 因此{Sn＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．
高考数学 第五章 数列课件 湘教
(3)设
cn=10f(n)·45
4 5
g
(n)
，考查数列{cn}的变化规律，解不等式
cn 1 cn
＜1，
由
cn＞0，上式可化为
10·4
4 5
2n3
＜1，解得
n＞
1 2lg
4
3 2
≈3.7.∵n
是正整数，
5
得
n≥4，于是
c1≤c2≤c3≤c4,而
c4＞c5＞c6…∴10f(n)·45
4 5
距相等.
(1)求 a 的值；
(2)若 n 为正整数，设 an=
g
(n)
·
5 6
f
(n)
，数列{an}中是否存在数值最大的项？若存在，求
出对应的项，若不存在，请说明理由；
(3)若
n
为正整数，证明：10f(n)·
4 5
g(n)
＜4.
【解析】 (1)在两个函数式中，令 x=0，依题意得|a|=1,由 a＞0,∴a=1.
第五章 数 列
5.1 数列的概念与简单表示 5.2 等差数列及其前n项和 5.3 等比数列及其前n项和 5.4 数列求和 5.5 数列模型的应用 5.6 数列综合性问题
知识点
考纲下载
数列
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图 象、通项公式、递推公式 ）.
2.了解数列是自变量为正整数的一种特殊函数.
当b≠－1时，an＝
3＋b，n＝1， 2·3n－1，n≥2.
(2)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴aan＋n＋1＋11＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比 q＝3. 又 a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.
数列的递推关系课件 高三数学二轮复习
an＋
an＋lg p，令bn＝lg an，则bn＋1＝qbn＋lg p，同上得bn，再求an.
高考专题辅导与测试·数学
9.已知正项数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ ，则an＝
答案：2
21−
.
（n∈N*）
1
两边取以2为底的对数得log2an＋1＝ log2an，∴数
2
解析：将an＋1＝
P27页
高考专题辅导与测试·数学
3
（3）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
，则a7＝
2 +3
. P27页
1
答案：（3）
5
3
1
1
2
1
解析:（3）易知an≠0，由an＋1＝
，得
＝ ＋ ，所以
2 +3
+1 3
是首
2
1
1
2 2��+1
项为1，公差为 的等差数列，所以 ＝ ＋（n－1）× ＝
－an－1），所以{an＋1－an}是首项为a2－a1，公比为p的等比数列，
先求an＋1－an，再求an.
高考专题辅导与测试·数学
n·2n
（2）数列{an}满足an＋1＝2an+2＋1 ，且a1＝2，则an＝———。
高考专题辅导与测试·数学
2.形如an＋1＝pan＋q（n）（p≠1）的递归式，等号两边同除以pn＋1，
1
＋3＝2（ ＋3）， ＋3＝2，故{ ＋3}是以2为首项，2为公比
+1
1
1
1
n－1
的等比数列，于是 ＋3＝2·
2 ，可得bn＝ ，n∈N*.
2 −3
高考数学二轮复习 专题四 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件 文
解析:数列{an}为等差数列, 设公差为 d, 所以 a1+a3+a5=3a1+6d=3, 所以 a1+2d=1,
所以 S5=5a1+ 5 4 ×d=5(a1+2d)=5. 2
3.(2014 新课标全国卷Ⅱ,文 5)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成 等比数列,则{an}的前 n 项和 Sn 等于( A ) (A)n(n+1) (B)n(n-1)
(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数)⇒{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A 为非零常数,q≠0,1)⇒{an}是等比数列.
4.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性 d>0⇔{an}为递增数列,Sn有最小值. d<0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值. d=0⇔{an}为常数列.
则公比q=
.
解析:由题意,q≠1,
由S3+3S2=4a1+4a2+a3 =a1(4+4q+q2) =a1(q+2)2 =0,
a1≠0知q=-2. 答案:-2
6.(2013 新课标全国卷Ⅱ,文 17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25, 且 a1,a11,a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+…+a3n-2.
(C) n(n 1) 2
(D) n(n 1) 2
解析:因为 a2,a4,a8 成等比数列,
所以 a42 =a2·a8, 所以(a1+6)2=(a1+2)·(a1+14),
解得 a1=2.
所以 Sn=na1+ n(n 1) d=n(n+1). 2
所以 S5=5a1+ 5 4 ×d=5(a1+2d)=5. 2
3.(2014 新课标全国卷Ⅱ,文 5)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成 等比数列,则{an}的前 n 项和 Sn 等于( A ) (A)n(n+1) (B)n(n-1)
(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数)⇒{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A 为非零常数,q≠0,1)⇒{an}是等比数列.
4.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性 d>0⇔{an}为递增数列,Sn有最小值. d<0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值. d=0⇔{an}为常数列.
则公比q=
.
解析:由题意,q≠1,
由S3+3S2=4a1+4a2+a3 =a1(4+4q+q2) =a1(q+2)2 =0,
a1≠0知q=-2. 答案:-2
6.(2013 新课标全国卷Ⅱ,文 17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25, 且 a1,a11,a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+…+a3n-2.
(C) n(n 1) 2
(D) n(n 1) 2
解析:因为 a2,a4,a8 成等比数列,
所以 a42 =a2·a8, 所以(a1+6)2=(a1+2)·(a1+14),
解得 a1=2.
所以 Sn=na1+ n(n 1) d=n(n+1). 2
高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件
n＋1，n为奇数， 从而 bn＝2n，n为偶数，
b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n ＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n) ＝n×(22＋2n)＋4×1(－1－4 4n) ＝n(n＋1)＋43(4n－1)；
(2)∵cn＝b2n－1·b2n＝2n×22n＝2n·4n， ∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n， 4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n+1， 两式相减得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n+1 ＝8(11－－44n)－2n×4n+1
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝24nn＋an1，求数列{bnbn＋1}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)当 n＝1 时，a1＝14. 因为 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＋4n-1an＝n4，① 所以 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＝n－4 1(n≥2，n∈N*)，② ①－②得 4n-1an＝14(n≥2，n∈N*)， 所以 an＝41n(n≥2，n∈N*). 当 n＝1 时也适合上式，故 an＝41n(n∈N*).
核心拔头筹 考点巧突破
考点一 数列求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间 能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项 抵消．常见的裂项方式有：
n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
②cn＝4n3－n 2， Tn＝23＋362＋1303＋…＋4n3－n 2，① 13Tn＝322＋363＋1304＋…＋4n3－n 6＋43nn－+12，②
b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n ＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n) ＝n×(22＋2n)＋4×1(－1－4 4n) ＝n(n＋1)＋43(4n－1)；
(2)∵cn＝b2n－1·b2n＝2n×22n＝2n·4n， ∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n， 4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n+1， 两式相减得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n+1 ＝8(11－－44n)－2n×4n+1
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝24nn＋an1，求数列{bnbn＋1}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)当 n＝1 时，a1＝14. 因为 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＋4n-1an＝n4，① 所以 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＝n－4 1(n≥2，n∈N*)，② ①－②得 4n-1an＝14(n≥2，n∈N*)， 所以 an＝41n(n≥2，n∈N*). 当 n＝1 时也适合上式，故 an＝41n(n∈N*).
核心拔头筹 考点巧突破
考点一 数列求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间 能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项 抵消．常见的裂项方式有：
n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
②cn＝4n3－n 2， Tn＝23＋362＋1303＋…＋4n3－n 2，① 13Tn＝322＋363＋1304＋…＋4n3－n 6＋43nn－+12，②
高考二轮复习-数列知识点及对应题型 课件(共58张PPT)
模型一：等差数列
求和公式：
Sn
n(a1 an ) 2
或：
Sn
na1
n(n 1) d 2
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模型一：等差数列
倒序相加
Sn a1 a2 a3 ...... an Sn an an1 an2 ...... a1
2Sn n(a1 an )
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等差数列的判定：
当 an 的表达式是一个与n有关的
一次函数时，则 an 是等差数列
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数列
目录
一、什么是数列？有哪些点？ 二、两个模型及规律 三、规律的高级应用
一、什么是数列？有哪些点？
a1, a2 , a3...... an 代表一个数列，简记 an
a1 是数列的第 1 项，也称首项 an 是数列的第 n 项，也称通项
一、什么是数列？有哪些点？
Sn 代表数列 an 的前n项和
模型一：等差数列
定义 递推公式 通项公式 求和公式
求和公式：
Sn
n(a1 an ) 2
或：
Sn
na1
n(n 1) d 2
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模型一：等差数列
倒序相加
Sn a1 a2 a3 ...... an Sn an an1 an2 ...... a1
2Sn n(a1 an )
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等差数列的判定：
当 an 的表达式是一个与n有关的
一次函数时，则 an 是等差数列
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数列
目录
一、什么是数列？有哪些点？ 二、两个模型及规律 三、规律的高级应用
一、什么是数列？有哪些点？
a1, a2 , a3...... an 代表一个数列，简记 an
a1 是数列的第 1 项，也称首项 an 是数列的第 n 项，也称通项
一、什么是数列？有哪些点？
Sn 代表数列 an 的前n项和
模型一：等差数列
定义 递推公式 通项公式 求和公式
【高考】二轮复习数列中与子数列有关的问题ppt课件
（2）分析： 已知数列性质求参数的问题通常采用特殊项+检验
点评： 是数列{an}的第 项，也是子数列
的第n项
点评：新数列是原数列去掉一部分后形成的子数列
子数列和原数列是局部和整体的关系，所以它们的性质密切相关。 子数列是从一个数列中抽取几个数，按照它们在原数列中的顺序所组成的新数列。 数列解答题是高考中的压轴题，其中与子数列相关的问题是高考中的常考问题．子数列问题主要有以下三类： 点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式 分奇、偶项分别求通项公式 子数列是从一个数列中抽取几个数，按照它们在原数列中的顺序所组成的新数列。 点评：数列的最值分成奇数项和偶数项两个子数列分别求最值 点评： 是数列{an}的第 项，也是子数列 的第n项 数列中与子数列有关的问题 点评：新数列是原数列加上一些项形成的，原数列是新数列的子数列 点评：新数列是原数列去掉一部分后形成的子数列 分奇、偶项分别求通项公式 已知数列性质求参数的问题通常采用特殊项+检验 点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式 点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式 子数列和原数列是局部和整体的关系，所以它们的性质密切相关。 分奇、偶项分别求通项公式
数列解答题是高考中的压轴题，其中与子数列相关的问题是高考中的常考问题．子数列问题主要有以下三类分：奇、偶项分别求通项公式
点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式
（3）通过分析史料，总结、归纳史料，从而得到对历史现象的正确认识，对郑和下西洋等历史史实作出客观评价，培养学生的史料实证和历史解释素养 3. 荒漠化常与贫困相伴。土地荒漠化严重的地区多是我国贫困人口集中分布的地区。? 9.人若志趣不远，心不在焉，虽学不成。 30、最后也只是自己受折磨，这点痛又算什么。 2)要正确理解对外开放和独立自主的含义，对外开放并不等于一切依靠外援，甚至依赖外国实现现代化;独立自主也决不是闭关自守，盲目排外; 58、为别人鼓掌的人也是在给自己的生命加油。 措施：通过问题探究形式，分析史料、学生解答、师生讨论来认识明王朝政治制度的变化。
点评： 是数列{an}的第 项，也是子数列
的第n项
点评：新数列是原数列去掉一部分后形成的子数列
子数列和原数列是局部和整体的关系，所以它们的性质密切相关。 子数列是从一个数列中抽取几个数，按照它们在原数列中的顺序所组成的新数列。 数列解答题是高考中的压轴题，其中与子数列相关的问题是高考中的常考问题．子数列问题主要有以下三类： 点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式 分奇、偶项分别求通项公式 子数列是从一个数列中抽取几个数，按照它们在原数列中的顺序所组成的新数列。 点评：数列的最值分成奇数项和偶数项两个子数列分别求最值 点评： 是数列{an}的第 项，也是子数列 的第n项 数列中与子数列有关的问题 点评：新数列是原数列加上一些项形成的，原数列是新数列的子数列 点评：新数列是原数列去掉一部分后形成的子数列 分奇、偶项分别求通项公式 已知数列性质求参数的问题通常采用特殊项+检验 点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式 点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式 子数列和原数列是局部和整体的关系，所以它们的性质密切相关。 分奇、偶项分别求通项公式
数列解答题是高考中的压轴题，其中与子数列相关的问题是高考中的常考问题．子数列问题主要有以下三类分：奇、偶项分别求通项公式
点评：数列{an} 的通项公式分成奇数项和偶数项两个子数列分别求通项公式
（3）通过分析史料，总结、归纳史料，从而得到对历史现象的正确认识，对郑和下西洋等历史史实作出客观评价，培养学生的史料实证和历史解释素养 3. 荒漠化常与贫困相伴。土地荒漠化严重的地区多是我国贫困人口集中分布的地区。? 9.人若志趣不远，心不在焉，虽学不成。 30、最后也只是自己受折磨，这点痛又算什么。 2)要正确理解对外开放和独立自主的含义，对外开放并不等于一切依靠外援，甚至依赖外国实现现代化;独立自主也决不是闭关自守，盲目排外; 58、为别人鼓掌的人也是在给自己的生命加油。 措施：通过问题探究形式，分析史料、学生解答、师生讨论来认识明王朝政治制度的变化。
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理PPT课件
所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. 故 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1) ＝n（a12＋an）＝n（1＋22n－1）＝n2.
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应
第2讲 数列的求和及综合应用
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出 现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和， 难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、 函数交汇渗透.
真题感悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a(2n＋1)(b21＋b2n＋1)＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11， 所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导 致错误. (2)an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，忽略 n≥2 的限定，忘记第一项单独求解 与检验.
2.数列与函数、不等式的交汇 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所 满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲 线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列 与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的 综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成 立问题.
热点一 数列的求和问题 命题角度1 分组转化求和 【例 1－1】 (2017·郑州质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，
n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－(n－1)2＋2 (n－1)＝n. 而 a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(11－－222n)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出 现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和， 难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、 函数交汇渗透.
真题感悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a(2n＋1)(b21＋b2n＋1)＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11， 所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导 致错误. (2)an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，忽略 n≥2 的限定，忘记第一项单独求解 与检验.
2.数列与函数、不等式的交汇 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所 满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲 线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列 与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的 综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成 立问题.
热点一 数列的求和问题 命题角度1 分组转化求和 【例 1－1】 (2017·郑州质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，
n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－(n－1)2＋2 (n－1)＝n. 而 a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(11－－222n)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
2021高考数学二轮专题复习第一部分专题二数列ppt课件
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
2．(2019·全国卷Ⅰ)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和， 若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，则 a5＝( )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
解析：3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d⇒3a1＋2d＝0， 又 a1＝2，
所以 d＝－3，所以 a5＝2＋4×(－3)＝－10，故选 B. 答案：B
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
类型一 等差数列 1．(2019·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项 和．已知 S4＝0，a5＝5，则( ) A．an＝2n－5 B．an＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝12n2－2n 解析：依题意有Sa54＝＝a41a＋1＋4d6＝d＝5，0，可得ad1＝＝2－，3，所 以 an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选 A. 答案：A
所以{an}的前 n 项和为 n·1＋n（n2－1）·6＝3n2－2n. 答案：3n2－2n
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
类型二 等比数列
1．(2020·全国卷Ⅱ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项
和．若 a5－a3＝12，a6－a4＝24，则Sann＝(
)
A．2n－1
B．2－21－n
所以 S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝ 480.
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
1．高考数学试题数列部分一般两个小题或一个解答 题，从近几年来看前者出现的频率更高，都是占 10 分， 难度一般较低．
(1)求{an}的公比； (2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和． 解：(1)设{an}的公比为 q， 因为 2a1＝a2＋a3，a1≠0，所以 q2＋q－2＝0， 因为 q≠1，所以 q＝－2. (2)设{nan}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1， Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①
高中数学数列讲义-二轮复习-精华
数列概念 知识清单1.数列的概念（1）数列定义:按一定次序排列的一列数叫做数列；数列中的每个数都叫这个数列的项。
记作n a ,在数列第一个位置的项叫第１项（或首项)，在第二个位置的叫第2项，……,序号为n 的项叫第n 项(也叫通项)记作n a ; 数列的一般形式:1a ,2a ，3a ，……,n a ,……，简记作 {}n a 。
（２）通项公式的定义:如果数列}{n a 的第n 项与n 之间的关系可以用一个公式表示,那么这个公式就叫这个数列的通项公式。
例如，数列①的通项公式是n a = n （n ≤7,n N +∈），数列②的通项公式是n a ＝ 1n（n N +∈)。
说明:①{}n a 表示数列,n a 表示数列中的第n 项，n a = ()f n 表示数列的通项公式；② 同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。
例如,n a = (1)n -＝1,21()1,2n k k Z n k-=-⎧∈⎨+=⎩；③不是每个数列都有通项公式。
例如,1，1.４，1．41，1.4１4,……(3）数列的函数特征与图象表示:序号:1 2 ３ 4 ５ 6 项 :4 5 6 7 8 ９上面每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号集合到另一个数集的映射。
从函数观点看，数列实质上是定义域为正整数集N +（或它的有限子集）的函数()f n 当自变量n 从1开始依次取值时对应的一系列函数值(1),(2),(3),f f f ……，()f n ,……．通常用n a 来代替()f n ,其图象是一群孤立点。
(4）数列分类:①按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；②按数列项与项之间的大小关系分：单调数列（递增数列、递减数列）、常数列和摆动数列。
(5）递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第１项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。
高考数学二轮复习 第二部分 专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件 理
因此an＝1（，λ＋n＝1）1，·2n－2，n≥2. 若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2. 所以λ＝1，经验证当λ＝1时，数列{an}是等比数 列．
[迁移探究] 若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝ 2”，其他条件不变，试求解第(2)问．
解：由本例(2)，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)．
所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为a1－b1＝1， 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解：由(1)知，an＋bn＝2n1－1，an－bn＝2n－1， 所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝21n＋n－12， bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝21n－n＋12.
由S1n＝b2n－bn2＋1，得Sn＝2（bbnn＋b1n－＋1bn）.
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得 bn＝2（bbnn＋b1n－＋1bn）－2（bbnn－－1bbnn－1），
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
又S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，所以a1＝1. 故a3＝a1q2＝4. 答案：C
2．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项 和．若a1≠0，a2＝3a1，则SS150＝________．
解析：由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1， 所以S10＝10a1＋10× 2 9d＝100a1， S5＝5a1＋5×2 4d＝25a1，所以SS150＝4. 答案：4
专题二 数 列
第1讲 等差数列与等比数列
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4 ．等差数列和等比数列有着广泛的应用，教学中应重视在具体的问题 情境中，发现数列的等差关系或等比关系。这样做，即突出了问题意 识，也有助于学生理解数列的本质．
数列二轮复习讲座
2013-2018年高考数列试题类 型
数列二轮复习讲座
类型一：考查等差、等比数列的基本问题 等差、等比数列是两类最基本的数列，它们
C．Sn 43an D．Sn 32an
数列二轮复习讲座
2015年，Sn为an
的前项和，若S8=4S4，则an=（ ）
（A） 17 （B） 19 （C） 10 (D）12
2
2
2015年全国Ⅰ文科第13题
数 列 an中 a 1=2,an 12an,Sn为 an的
文科数学关于数列的考查，2013、2014、2016、 2017、2018都是第一道解答题，难度中偏下，考查数列 通项求法、数列前n项求和的主要方法、等差等比数列 通项及求和公式，2015年没有考查大题，以考查两个小 题形式出现，题目难度也是中等偏下，考查最基本的等 差等比通项公式与求和公式，其命题热点是板块内的小 综合．
前n项和是数列的一个重要的基本 量，其方法很多，但全国卷主要是考 查最基本的裂项相消、错位相减法， 也是考查重点。
类型三：考查数列求和的基本方法
2015年全国Ⅰ理科第17题
已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程 x2－5x＋6＝0的根．
1求{an}的通项公式；
2求数列2ann
的前n项和.
则 S n_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _．
2013年全国Ⅰ理科第14题
若 数 列 {an}的 前 n项 和 为 Sn
21 3an3,
则 数 列 {an}的 通 项 公 式 是 an ______.
数列二轮复习讲座
2013-2018年高考数列试题类型
类型三：考查数列求和的基本方法
数列二轮复习讲座
2016年全国Ⅰ理科第3题
已 知 等 差 数 列 {an}前 9项 的 和 为 27， a10=8， 则 a100=( ) （ A） 100 （ B） 99 （ C） 98 (D)97
2013年全国Ⅰ文科第6题
设首项为1,公比为23的等比数列an的前
项和为S n
,则（ ）
A．Sn 2an 1 B．Sn 3an 2
3、2019年数列考查预测 通过近六年的全国卷1数列的出
题情况分析，结合全国卷题目比较 稳定的特点，我们可以猜猜2019年 的数列出题点，理科数学数列出大 题的可能性比较大；文科数学出三 角大题的可能性比较大，所以数列 极有可能出两个小题。
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考试要求
数列二轮复习讲座
数列二轮复习讲座
2019届郴州市 高三二轮复习专题讲座
数列
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试题特点
理科数学
理科近六年全国卷新课标1大题结构表
文科数学
文科近六年全国卷新课标1大题结构表
试题特点
2、主要特点 三角与数列是高中代数的重要内容之一，在历年高
考中占有重要地位，大题考查二选一，其中数列每年高 考在10—17分，相对于各个省的数列命题，全国卷1的 数列难度不大，全国卷1对数列的考查不求全面，但等 差数列、等比数列的基本知识考查每年都不会遗漏．
对于由通项与前n项和的关系确定 递推式的通项公式问题，通常可对 作差变形，转化为等差、等比数列 问题来解决．这类问题一直是高考 久考不衰的题型。
数列二轮复习讲座
2012-2018高考数列试题类型 类型二：考查通项与前n项和的关系问题
2018年全国Ⅰ理科第14题
记 S n为 数 列 a n的 前 项 和 .若 S n2 a n 1 ，
2018年全国Ⅰ理科第4题
记 Sn为 等 差 数 列 {an}的 前 n项 和 ， 若 3S3=S2S4， a12,则 a5=（） A .-12 B .-10 C .10 D .12
2017年全国Ⅰ理科第4题
记 Sn为 等 差 数 列 {an}的 前 n项 和 ， 若 a4+a5=24， S6=48,， 则 {an}的 公 差 为 ( ) A ． 1 B． 2 C ． 4 D ． 8
类型三：考查数列求和的基本方法 2013年全国Ⅰ文科第17题
等差数列{an}的前项和Sn.满足S3=0，S5=5， （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求数列a2n11a2n1的前项和.
类型三：考查数列求和的基本方法 2014年全国Ⅰ文科第17题
教学要求
教学要求
数列二轮复习讲座
1．了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）， 了解数列是一种特殊函数。理解数列的通项公式的意义．
2．理解等差（等比）数列的概念；掌握等差(等比)数列的通项公式、前n 项和公式，能运用公式解决一些简单问题．
3 ．能在具体的问题情境中，发现数列的等差（等比）关系，并能用有关 知识解决相应的问题。了解等差数列与一次函数的关系，了解等比数 列与指数函数的关系 ．
前 n 项 和 ， 若 Sn126 ， 则 n_______
2016年全国Ⅰ理科第17题
已知an是公差为3的等差数列，数列bn满
足b1
1,b2
1 3.anbn1
bn1
nbn
（I）求an的通项公式；
（II）求bn的前n项和.
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2013-2018年高考数列试题类型
类型二：考查通项与前n项和的关系问题
试题特点
理科数学关于数列的考查，2014、 2015年考查大题，都是第一大题，涉及 与关系、等差数列定义与通项公式、数 列求和方法，数学探究能力；2013、 2016、2017、2018年考查两个小题，题 目大都中等，涉及基本的数列常考点： 等差等比通项公式、求和公式、基本量 的求解，2017年选择题压轴题是以数列 为背景的探索性问题，题目背景难。
是数列部分的重点，也是高考考查的热点．等差、
等比数列的定义、通项公式、前n项的和等基本
知识一直是高考考查的重点，这方面考题的解法 常规，考查的目的在于测试考生掌握知识运用知 识的能力，这里的“方法”就集中在“高频考点” 的熟知水平上．
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2013-2018年高考数列试题类型 类型一：考查等差、等比数列的基本问题
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2013-2018年高考数列试题类 型
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类型一：考查等差、等比数列的基本问题 等差、等比数列是两类最基本的数列，它们
C．Sn 43an D．Sn 32an
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2015年，Sn为an
的前项和，若S8=4S4，则an=（ ）
（A） 17 （B） 19 （C） 10 (D）12
2
2
2015年全国Ⅰ文科第13题
数 列 an中 a 1=2,an 12an,Sn为 an的
文科数学关于数列的考查，2013、2014、2016、 2017、2018都是第一道解答题，难度中偏下，考查数列 通项求法、数列前n项求和的主要方法、等差等比数列 通项及求和公式，2015年没有考查大题，以考查两个小 题形式出现，题目难度也是中等偏下，考查最基本的等 差等比通项公式与求和公式，其命题热点是板块内的小 综合．
前n项和是数列的一个重要的基本 量，其方法很多，但全国卷主要是考 查最基本的裂项相消、错位相减法， 也是考查重点。
类型三：考查数列求和的基本方法
2015年全国Ⅰ理科第17题
已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程 x2－5x＋6＝0的根．
1求{an}的通项公式；
2求数列2ann
的前n项和.
则 S n_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _．
2013年全国Ⅰ理科第14题
若 数 列 {an}的 前 n项 和 为 Sn
21 3an3,
则 数 列 {an}的 通 项 公 式 是 an ______.
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2013-2018年高考数列试题类型
类型三：考查数列求和的基本方法
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2016年全国Ⅰ理科第3题
已 知 等 差 数 列 {an}前 9项 的 和 为 27， a10=8， 则 a100=( ) （ A） 100 （ B） 99 （ C） 98 (D)97
2013年全国Ⅰ文科第6题
设首项为1,公比为23的等比数列an的前
项和为S n
,则（ ）
A．Sn 2an 1 B．Sn 3an 2
3、2019年数列考查预测 通过近六年的全国卷1数列的出
题情况分析，结合全国卷题目比较 稳定的特点，我们可以猜猜2019年 的数列出题点，理科数学数列出大 题的可能性比较大；文科数学出三 角大题的可能性比较大，所以数列 极有可能出两个小题。
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2019届郴州市 高三二轮复习专题讲座
数列
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试题特点
理科数学
理科近六年全国卷新课标1大题结构表
文科数学
文科近六年全国卷新课标1大题结构表
试题特点
2、主要特点 三角与数列是高中代数的重要内容之一，在历年高
考中占有重要地位，大题考查二选一，其中数列每年高 考在10—17分，相对于各个省的数列命题，全国卷1的 数列难度不大，全国卷1对数列的考查不求全面，但等 差数列、等比数列的基本知识考查每年都不会遗漏．
对于由通项与前n项和的关系确定 递推式的通项公式问题，通常可对 作差变形，转化为等差、等比数列 问题来解决．这类问题一直是高考 久考不衰的题型。
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2012-2018高考数列试题类型 类型二：考查通项与前n项和的关系问题
2018年全国Ⅰ理科第14题
记 S n为 数 列 a n的 前 项 和 .若 S n2 a n 1 ，
2018年全国Ⅰ理科第4题
记 Sn为 等 差 数 列 {an}的 前 n项 和 ， 若 3S3=S2S4， a12,则 a5=（） A .-12 B .-10 C .10 D .12
2017年全国Ⅰ理科第4题
记 Sn为 等 差 数 列 {an}的 前 n项 和 ， 若 a4+a5=24， S6=48,， 则 {an}的 公 差 为 ( ) A ． 1 B． 2 C ． 4 D ． 8
类型三：考查数列求和的基本方法 2013年全国Ⅰ文科第17题
等差数列{an}的前项和Sn.满足S3=0，S5=5， （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求数列a2n11a2n1的前项和.
类型三：考查数列求和的基本方法 2014年全国Ⅰ文科第17题
教学要求
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1．了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）， 了解数列是一种特殊函数。理解数列的通项公式的意义．
2．理解等差（等比）数列的概念；掌握等差(等比)数列的通项公式、前n 项和公式，能运用公式解决一些简单问题．
3 ．能在具体的问题情境中，发现数列的等差（等比）关系，并能用有关 知识解决相应的问题。了解等差数列与一次函数的关系，了解等比数 列与指数函数的关系 ．
前 n 项 和 ， 若 Sn126 ， 则 n_______
2016年全国Ⅰ理科第17题
已知an是公差为3的等差数列，数列bn满
足b1
1,b2
1 3.anbn1
bn1
nbn
（I）求an的通项公式；
（II）求bn的前n项和.
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2013-2018年高考数列试题类型
类型二：考查通项与前n项和的关系问题
试题特点
理科数学关于数列的考查，2014、 2015年考查大题，都是第一大题，涉及 与关系、等差数列定义与通项公式、数 列求和方法，数学探究能力；2013、 2016、2017、2018年考查两个小题，题 目大都中等，涉及基本的数列常考点： 等差等比通项公式、求和公式、基本量 的求解，2017年选择题压轴题是以数列 为背景的探索性问题，题目背景难。
是数列部分的重点，也是高考考查的热点．等差、
等比数列的定义、通项公式、前n项的和等基本
知识一直是高考考查的重点，这方面考题的解法 常规，考查的目的在于测试考生掌握知识运用知 识的能力，这里的“方法”就集中在“高频考点” 的熟知水平上．
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2013-2018年高考数列试题类型 类型一：考查等差、等比数列的基本问题