高考数学二轮复习专题三数列与不等式第1讲等差数列与等比数列课件

由Sa64＝＋4a85＝，24，
a1＋3d＋a1＋4d＝24， 得6a1＋6×2 5d＝48，
解得d＝4.
解析
答案
2.(2017·浙江改编)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0” 是“S4＋S6>2S5”的____充__要__条件.
解析
答案
3.(2017·北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8， 则 ab22＝__1__.
板块三 专题突破 核心考点
专题三 数列与不等式
第1讲 等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题 形式出现. 2.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意 基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力．
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
解答
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数 列{bn}的前3 项，记{bn}的前n 项和为Tn ，若存在m∈N* ，使得对任意 n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解答
思维升华
(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵 活地运用性质，可使运算简便. (2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求 解数列问题. (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解.
an 与a1n的等差中项.
(1)求证：数列{S2n}为等差数列；
证明 由题意知 2Sn＝an＋a1n，即 2Snan－a2n＝1，
(*)
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得
2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得 S2n－S2n－1＝1(n≥2).
又当n＝1时，由(*)式可得a1＝S1＝1，
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝ |x|； ④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为
A.①② B.③④
√ C.①③
D.②④
押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数
列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考
中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳
热点分类突破
热点一 等差数列、等比数列的运算
1.通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式 等差数列：Sn＝na1＋2 an＝na1＋nn2－1d；
等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnqq≠1， na1q＝1.
活性，是高考出题的重点.
解析 设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项，可得10a4＝12a3＋2a5,10a3q ＝12a3＋2a3q2，得10q＝12＋2q2，解得q＝2或3.又a3－3a2＝2，所以a2q－ 3a2＝2，即a2(q－3)＝2，所以q＝2.
押题依据
解析
答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使
解答
(2)设数列{bn}满足 an＋1＝
3 2
a n ·b n
，若 bn≤t 对于任意正整数 n 都成立，求实
数 t 的取值范围.
解答
真题押题精练
真题体验
1.(2017·全国Ⅰ改编)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__4___. 解析 设{an}的公差为d，
∴数列{bn}的前 n 项和 Tn＝(－1)n n(n∈N*).
解答
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清 它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的 单调性、最值求解.
例3 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn； 解 由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4， ∴an＝5－n，从而 Sn＝n92－n(n∈N*).
解答
②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.
解
若
an＝(－2)n－1，则
1－－2n Sn＝ 3 .
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
解答
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*).
例 2 已知数列{an}，{bn}，其中 a1＝3，b1＝－1，且满足 an＝21(3an－1－bn－1)， bn＝－12(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2. (1)求证：数列{an－bn}为等比数列； 证明 an－bn＝12(3an－1－bn－1)－－12(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)， 又a1－b1＝3－(－1)＝4， 所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列.
解析
答案
(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{an}中，若S4＝80，S2＝8， 则公比q＝__3__，a5＝__1_6_2_.
解析 由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9. ∵等比数列{an}的各项均为正数， ∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162.
解析
答案
思维升华
在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显， 则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消1 ＋4n的最小值为
√A.32
B.53
C.265
D.43
押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用
数学的能力，是高考命题的方向.
押题依据
解析
答案
4.定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数
列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在 (－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
解答
－1n (3)设 bn＝ an ，求{bn}的前 n 项和 Tn.
解
－1n 由(2)得 bn＝ an ＝
n－－1nn－1＝(－1)n(
n＋
n－1)，
当 n 为奇数时，Tn＝－1＋( 2＋1)－( 3＋ 2)＋…＋( n－1＋ n－2)－( n ＋ n－1)＝－ n，
当 n 为偶数时，Tn＝－1＋( 2＋1)－( 3＋ 2)＋…－( n－1＋ n－2)＋( n ＋ n－1)＝ n，
目一新的感觉.
押题依据
解析
答案
再见
2020/3/2
证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*). (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数；
跟踪演练3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； 解 由已知得Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1， 又 an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an，得 an＋1＝32an， 所以数列{an}是以 1 为首项，32为公比的等比数列， 所以 an＝32n－1(n∈N*).
√C.12
D.13
押题依据 等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考
的热点，可以考查学生灵活变换的能力.
押题依据
解析
答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则{an} 的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵
a111－－qq3＝74， 则a111－－qq6＝643，
解得a1＝14， q＝2，
所以 a8＝14×27＝25＝32.
解析
答案
押题预测
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足
Sn>0的最大自然数n的值为
A.6
B.7
∴数列{S2n}是首项为 1，公差为 1 的等差数列.
证明
(2)求数列{an}的通项公式； 解 由(1)可得 S2n＝1＋n－1＝n， ∵数列{an}的各项都为正数，∴Sn＝ n， ∴当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ n－ n－1， 又a1＝S1＝1满足上式， ∴an＝ n－ n－1(n∈N*).
∴S2
019＝2
019a1＋2
019×2 2
018d
＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B.
解析
答案
(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通项公式； 解 设{an}的公比为q， 由题设得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*).
跟踪演练1 (1)(2018·浙江省重点中学联考)设Sn为等差数列{an}的前n项
和，若a1＝－2 017，S6－2S3＝18，则S2 019等于
√ A.2 016
B.2 019 C.－2 017 D.－2 018
解析 在等差数列{an}中，设公差为d. ∵S6－2S3＝18， ∴a4＋a5＋a6－(a1＋a2＋a3)＝9d＝18. ∴d＝2，