2018年高考数学二轮复习第二部分专题三数列第1讲等差数列与等比数列课时规范练理
高考高三二轮复习计划策略模板(7篇)
高考高三二轮复习计划策略模板（7篇）高考高三二轮复习计划策略模板篇1一二轮复习指导思想：高三第一轮复习一般以知识技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。
而第二轮复习承上启下，是知识系统化条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质能力发展的关键时期，因而对讲练检测等要求较高。
二二轮复习形式内容：以专题的形式，分类进行。
具体而言有以下几大专题。
(1)集合函数与导数。
此专题函数和导数应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。
每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况在客观题中考查的导数的几何意义和导数的计算属于容易题;二在解答题中的考查却有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等。
(预计5课时)(2)三角函数平面向量和解三角形。
此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。
近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点，我们可以关注。
平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的只是交汇点，它与三角函数解析几何都可以整合。
(预计2课时)(3)数列。
此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。
例如，主要是数列与方程函数不等式的结合，概率向量解析几何为点缀。
数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，而数列与不等式相关的大多是数列的前n项和问题。
(预计2课时)(4)立体几何。
此专题注重几何体的三视图空间点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点(理科)。
(预计3课时)(5)解析几何。
此专题中解析几何是重点，以基本性质基本运算为目标。
直线与圆锥曲线的位置关系轨迹方程的探求以及最值范围定点定值对称问题是命题的主旋律。
高中数学选择性必修二 4 3 1(第1课时)等比数列的概念及通项公式 教案
等比数列的概念及通项公式教学设计
将一张很大的薄纸对折，对折30次后有多厚？
不妨假设这张纸的厚度为0.01毫米。
1 看一看纸的厚度的变化
提示：
折1次折2次折3次折4次 (30)
厚度2 (21)4 (22)8 (23)16 (24) (230)
反之，任给指数函数
f(x)=ka x (k,a为常数，k≠0,
a>0且 a≠1)
则f(1)=ka ,f(2)=ka2,⋯,f(n)=ka n,⋯
构成一个等比数列{ka n}，其首项为ka，公比为a.
等比数列的单调性
由等比数列的通项公式与指数型函数的关系可得等比数列的单调性如下：
（1）当a1>0,q>1或 a1<0,0<q<1时，等比数列{a n}为递增数列；
（2）当a1>0,0<q<1或 a1<0,q>1时，等比数列{a n}为递减数列；
（3）当ｑ＝１时，数列{a n}为常数列；
（4）当ｑ＜０时，数列{a n}为摆动数列.
下面，我们利用通项公式解决等比数列的一些问题.
例1 若等比数列{a n}的第4项和第6项分别为。
高中数学课件：第二章 2.3 等差数列的前n项和 第一课时 等差数列的前n项和
n＝1 n≥2.
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在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10.求S110.
[解] 法一：(基本量法)设等差数列{an}的首项为 a1，
1010－1 d＝100， 10a1＋ 2 公差为 d，则 100a ＋100100－1d＝10. 1 2
2
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点击此图片进入 NO.1 课堂强化
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点击此图片进入 NO.2 课下检测
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1 022，求公差d；
(2)已知等差数列{an}中，a2＋a5＝19，S5＝40，求a10.
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nn－1 解：(1)因为 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋ 2 d， 又 a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022， 1＋n－1d＝－512， 所以 1 n＋2nn－1d＝－1 022. ① ②
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[研一题] [例1] 在等差数列{an}中，已知d＝2，an＝11，Sn＝
35，求a1和n.
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[自主解答]
an＝a1＋n－1d， 由 nn－1 Sn＝na1＋ 2 d，
பைடு நூலகம்
a1＋2n－1＝11， 得 nn－1 na1＋ 2 ×2＝35，
n＝5， 解方程组得 a1＝3， n＝7， 或 a1＝－1.
2 . 3
课前预习·巧设计
第 二 章 数 列
等 差 数 列 的 前
第一 课时 等差 数列 的前 n项 和
名 师 课 堂 · 一 点 通
创 新 演 练 · 大 冲 关
考点一 考点二 考点三
n
项 和
N0.1 课堂强化 N0.2 课下检测
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高考数学复习阶段安排计划7篇
高考数学复习阶段安排计划7篇高考数学复习阶段安排计划【篇1】一、目的：在学校高三毕业班教学备考的指导下，根据学科的特点与历年的高考说明及高考中数学的地位，使数学复习有一个依据顺序，协调班级之间的教学复习工作,使与教师充分发挥各自特长、特点、优点，出色完成高三数学复习的教学任务，让学生得到应有的数学知识，在知识的海洋中遨游，达到理想的彼岸。
二、指导思想：针对高三学生现有的真实水平及实际情况，以课本内容为基础，新课程标准及高考说明为依据，选择适合的复习资料，运用恰当的途径，熟读、细读高考说明，准确把握高考的信息、动向，规范复习，夯实基础，充分发挥本学科的科任教师的特长、特点，协调与其他学科间的横向关系，让各位老师都舒畅、乐意、轻松、出色的完成高三数学复习教学任务。
三、复习安排：1、第一轮（9月初至明年3月中旬）基础复习（课本为主，蓝本资料为辅助）。
夯实基础，让学生弄清楚所学知识的基本结构，基本技能，重视知识结构的先后顺序及掌握基础知识的方法并赋以应用。
具体课时安排：知识内容课时数1、集合与常用逻辑用语62、平面向量83、不等式的性质与解法包括基本不等式和简单的线性规划。
104、函数的概念及性质105、幂函数、指数函数、对数函数66、导数及其应用67、函数与方程，函数的综合应用48、等差数列与等比数列49、递推数列与数学归纳法410、三角函数811、三角恒等变换412、解三角形413、平面解析几何初步1014、圆锥曲线方程1015、立体几何初步1216、空间中向量与立体几何617、计数原理与概率1018、随机变量及其分布619、算法初步、统计、统计案例1220、推理与证明及复数8第二轮：（明年3月下旬到4月下旬）专题复习（视情况有机选择）。
教师以方法、技巧为主线；主要研究数学思想方法，不断提高学生分析问题、解决问题的能力，强调通性通法，系统全面地复习，灵活运用通法，培养学生的思维能力和思想方法，注意必考点，关注热点，立足得分点，分析易错点，把握准确无失误。
高三数学二轮复习教学计划和目标精选
高三数学二轮复习教学计划和目标精选高三数学二轮复习教学计划和目标精选篇1本学期我所任教的是高三2个班的数学课和高一2个班级的数学课，另外任数学教研组组长工作。
牢记我校总体思想：立足生存，办出特色，谋求发展。
兼顾“两条腿走路”原则。
继续加强学校的师德要求：爱岗敬业，为人师表，转变观念，树立服务意识，以面对职业教育和学校当前所面临的转型过渡时期。
进行自我提高，虚心学习，认真总结经验。
按照学校要求针对高三教学制定计划如下：本学期的对口升学工作的形势非常严峻，也会非常残酷。
通过张校长的分析，使得我更加清楚地认识到了这一点，同时教务处也做出了周密的安排，我们应紧紧围绕这个主题而努力。
通过侧面了解及半年来的了解，这些同学的成绩参差不齐，而且缺少拔尖人才，学生学习习惯不好，上进心不是很强，基础较差。
面对这样的学生，如何提高他们的学习兴趣和促使他们鉴定信念，是一件非常重要的工作。
为了提高效率，应该对他们采取强化手段，进行强化训练，压缩了第一轮复习时间，分阶段复习训练已经开始。
本学期将在完成分阶段复习之后，并进行备考冲刺训练，靠近高考提醒并适当提高一点难度，进行查缺补漏，不断提高。
时间非常紧张，要面对现状，要客服一切困难，加大力度，提高效率，为今年的高考工作做好比较充分的准备。
分阶段强化训练主要是教材和高考复习资料中的重点题型，整理成试题篇的形式，共9套，课后由学生自行完成，课上精讲，强调高考中常见问题，加以分析，积累解题经验，形成比较完整的知识能力体系。
全程大约需要20课时，根据学生具体接受情况适当调整，尽量压缩，以给后面复习让出时间。
模拟冲刺阶段主要借助于高考原题和积累整理的10套模拟题进行综合训练和模拟冲刺，同时观察学生存在的问题对学生进行必要的辅导，尽可能促进学生综合能力的提高。
在进行实施的过程中，除学校及市里组织的模拟考试外，进行必要的验收考试，以给学生造成一定的压力，进而刺激他们的学习动力。
同时还要进行一些心理方面的辅导和应试技巧，能够端正心态，面向高考，努力进取。
2022-2021年南方新课堂·高考数学(理科)二轮复习测试：专题三第1讲等差数列与等比数列
专题三 数列第1讲 等差数列与等比数列一、选择题1．(2022·云南昆明一中第六次考前强化)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝8，则S 7＝( )A ．28B ．32C ．56D ．24 解析：S 7＝7×（a 1＋a 7）2＝7×（a 3＋a 5）2＝28.故选A.答案：A2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S 4＝S 5＋S 6，则数列{a n }的公比q 的值为( )A ．－2或1B ．－1或2C ．－2D ．1解析：法一：若q ＝1， 则S 4＝4a 1，S 5＝5a 1，S 6＝6a 1， 明显不满足2S 4＝S 5＋S 6，故A 、D 错． 若q ＝－1，则S 4＝S 6＝0，S 5＝a 5≠0， 不满足条件，故B 错，因此选C. 法二：经检验q ＝1不适合， 则由2S 4＝S 5＋S 6，得2(1－q 4)＝1－q 5＋1－q 6，化简得q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)，q ＝－2. 答案：C3．(2022·吉林长春质量检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：由题意，不妨设a 6＝9t ，a 5＝11t ，则公差d ＝－2t ，其中t >0，因此a 10＝t ，a 11＝－t ，即当n ＝10时，S n 取得最大值．答案：B4．(2022·安徽六安一中综合训练)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )(导学号 55460115)A ．4B ．5C ．6D ．7解析：由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，∴a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，∴T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5. 答案：B5．(2022·辽宁东北育才学校五模)已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( )(导学号 55460116) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9解析：∴3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)． ∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q ＝q 2＝32＝9. 答案：D 二、填空题6．各项均不为零的等差数列{a n }中，a 1＝2，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n≥2)，则S 2 016＝________．解析：由于a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，即a 2n －2a n ＝0，∴a n ＝2，n ≥2，又a 1＝2，∴a n ＝2，n ∈N *，故S 2 016＝4 032.答案：4 0327．(2022·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， ∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 答案：1 1218．(2022·广东3月测试)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n .当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0， 又a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)． 答案：n 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(导学号 55460117) (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2， 故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.10．(2021·广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (导学号 55460118) (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列； (3)求数列{a n }的通项公式．(1)解：当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1， 整理得a 4＝4a 3－a 24，又a 2＝32，a 3＝54，所以a 4＝78.(2)证明：当n ≥2时，有4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， 即4S n ＋2＋4S n ＋S n ＝4S n ＋1＋4S n ＋1＋S n －1， ∴4(S n ＋2－S n ＋1)＝4(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)， 即a n ＋2＝a n ＋1－14a n (n ≥2)．经检验，当n ＝1时，上式成立．∵a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－14a n －12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n a n ＋1－12a n＝12为常数，且a 2－12a 1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以1为首项，12为公比的等比数列．(3)解：由(2)知，a n ＋1－12a n ＝12n －1(n ∈N *)，等式两边同乘2n ，得2n a n ＋1－2n －1a n ＝2(n ∈N *)． 又20a 1＝1，∴数列{2n －1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴2n －1a n ＝2n －1， 即a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．11．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)．(导学号 55460119)(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝1S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .(1)证明：S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)，①S n －1＝a n －1（a n －1＋1）2(n ≥2)．②①－②得：a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －12(n ≥2)，整理得：(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝(a n ＋a n －1)(n ≥2)． ∵数列{a n }的各项均为正数， ∴a n ＋a n －1≠0， ∴a n －a n －1＝1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解：由(1)得S n ＝n 2＋n2，∴b n ＝2n 2＋n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.。
专题二 第2讲 第1课时 等差数列、等比数列
[A 组 小题提速练]1．(等差数列求和及性质)在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于( ) A ．3 B ．6 C ．9D ．36解析：∵a 1＋a 2＋…＋a 10＝30， 得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0， ∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎪⎫a 5＋a 622＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9. 答案：C2．(等差数列求和及不等式)设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞0的最大的自然数n 是( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12解析：∵{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，∴{a n }的通项为a n ＝7－2(n －2)＝－2n ＋11，∴{a n }是递减数列，且a 5＞0＞a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝9a 5＞0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝11a 6＜0，故选A. 答案：A3．(等差数列求和)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．S 4＜S 3 B ．S 4＝S 3 C ．S 4＞S 1D ．S 4＝S 1解析：设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎨⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4＜S 1，故选B. 答案：B4．(等差数列求和及最值)在等差数列{a n }中，a 6＋a 11＝0，且公差d ＞0，则数列{a n }的前n 项和取最小值时n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：由题意知a 6＜0，a 11＞0，且a 1＋5d ＋a 1＋10d ＝0，所以a 1＝－152d .又数列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ＝d2[(n －8)2－64]，所以当n ＝8时，数列{a n }的前n 项和取得最小值．故选C. 答案：C5．(数学文化与等比数列求和)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．其大意为：有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程都为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人每天走多少里路．则此人第五天走的路程为( ) A ．48里 B ．24里 C ．12里D ．6里解析：依题意知，此人每天走的路程数构成以12为公比的等比数列a 1，a 2，…，a 6，由S6＝a1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a1＝192，所以此人第五天走的路程为a5＝192×124＝12(里)．故选C.答案：C6．(等比数列性质及基本不等式)已知首项与公比相等的等比数列{a n}满足a m a2n＝a2 4(m，n∈N*)，则2m＋1n的最小值为( )A．1 B．3 2C．2 D.9 2解析：设该数列的首项及公比为a，则由题可得a m×a2n＝a4×2，即a m×a2n＝a m＋2n＝a4×2，得m＋2n＝8，所以2m＋1n＝18(m＋2n)·⎝⎛⎭⎪⎫2m＋1n＝182＋2＋4nm＋mn≥182＋2＋24nm×mn＝1，当且仅当4nm＝mn，即m＝4，n＝2时等号成立，故选A.答案：A7．(等比数列前n项和)在等比数列{a n}中，a1＋a n＝34，a2·a n－1＝64，且前n 项和S n＝62，则项数n等于( )A．4 B．5C．6 D．7解析：设等比数列{a n}的公比为q，由a2a n－1＝a1a n＝64，又a1＋a n＝34，解得a1＝2，a n＝32或a1＝32，a n＝2.当a1＝2，a n＝32时，S n＝a11－q n1－q＝a1－a n q1－q＝2－32q1－q＝62，解得q＝2.又a n＝a1q n－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，a n＝2时，由S n＝62，解得q＝12.由a n＝a1q n－1＝32×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝2，得⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝116＝⎝⎛⎭⎪⎫124，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.答案：B8．(等差数列前n 项和性质)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 016的值等于( ) A ．－2 015 B ．2 015 C ．2 016D ．0解析：设数列{a n }的公差为d ，S 12＝12a 1＋12×112d ，S 10＝10a 1＋10×92d ， 所以S 1212＝12a 1＋12×112d 12＝a 1＋112d .S 1010＝a 1＋92d ，所以S 1212－S 1010＝d ＝2， 所以S 2 016＝2 016×a 1＋2 015×2 0162d ＝0.答案：D9．(等比数列前n 项和性质)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则数列{na n }的前n 项和为( ) A ．－3＋(n ＋1)×2n B ．3＋(n ＋1)×2n C ．1＋(n ＋1)×2nD ．1＋(n －1)×2n解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3＝7，S 6＝63，∴q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝7，a 11－q 61－q ＝63，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴na n ＝n ·2n －1，设数列{na n }的前n 项和为T n ，∴T n ＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1,2T n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴T n ＝1＋(n －1)×2n ，故选D. 答案：D10．(递推关系、通项及性质)已知数列{a n }满足a 1＝2,2a n a n ＋1＝a 2n ＋1，设b n ＝a n －1a n ＋1，则数列{b n }是( ) A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列D ．递减数列解析：由2a n a n ＋1＝a 2n ＋1可得a n ＋1＝a 2n ＋12a n ，b n ＋1＝a n ＋1－1a n ＋1＋1＝a 2n ＋12a n －1a 2n ＋12a n＋1＝a 2n －2a n ＋1a 2n ＋2a n ＋1＝a n －12a n ＋12＝b 2n ，由b n ＞0且b n ≠1，对b n ＋1＝b 2n 两边取以10为底的对数，可得lgb n ＋1＝2lg b n ，所以数列{lg b n }是以lg b 1＝lg 2－12＋1＝lg 13为首项，2为公比的等比数列，所以lg b n ＝2n －1lg 13，b n ＝(13)2n －1，故数列{b n }是递减数列，故选D. 答案：D11．(等比数列、等差数列混合及性质)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B ．22C ．－22D ．－ 3解析：{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3， ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.答案：D12．(等差数列性质，等比数列通项)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －113．(S n 与a n 关系及等差数列通项)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ，n ∈N *，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3a 1＝3. 当n ≥2时，∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1，两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，即a n ＋1＝4a n ，当n ≥2时，{a n }是以3为首项，4为公比的等比数列，得a n ＝3×4n －2.综上，a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.答案：⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.14．(等差数列通项)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为________．解析：根据题意，不妨设f (x )＝(12)x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f－2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项、2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031. 答案：4 03115．(等差数列及性质、不等式)已知数列{a n }满足a 2＝2a 1＝2，na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，若{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，所以2na n ＋2＝(2n ＋4)a n ＋λ(2n 2＋4n )，即na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，所以a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ.设b n ＝a nn，则b n ＋2－b n ＝λ，因为a 1＝1，a 2＝2，所以b 1＝b 2＝1. 所以当n 为奇数时，b n ＝1＋n －12λ；当n 为偶数时，b n ＝1＋n －22λ.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋n n －1λ2，n 为奇数，n ＋n n －2λ2，n 为偶数.由数列{a n }为单调递增数列，得a n ＜a n ＋1. ①当n 为奇数且n ＞1时，n ＋n n －1λ2＜n ＋1＋n ＋1n ＋1－2λ2，所以λ＞21－n， 又－1≤21－n＜0，所以λ≥0； ②当n 为偶数时，2n ＋nn －2λ2＜2n ＋1＋n ＋1n ＋1－1λ2，所以λ＞－23n ，又－13≤－23n＜0，所以λ≥0. 综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)[B 组 大题规范练]1．(S n 与a n 的关系，等比数列的证明)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求a n . 解析：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ， 且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)证明：因为S n ＝2a n －3×n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3×(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，*把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入*式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1， 所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1)．2．(等差数列定义、等比数列通项及求和)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，数列{b n }满足b n ＝3a n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . 解析：(1)因为a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2， 故b n ＝3a n ＝33n －2.(2)由(1)知b n ＋1b n ＝33n ＋133n －2＝27，所以数列{b n }是以3为首项，27为公比的等比数列，则数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝a 1＋b 1＋a 2＋b 2＋…＋a n ＋b n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝[1＋4＋…＋(3n －2)]＋(3＋34＋…＋33n －2) ＝32n 2－12n ＋326·27n －326. 3．(a n 与S n 关系、等比数列证明及不等式最值)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝2n .(1)证明：数列{a n －2}为等比数列，并求出a n ； (2)设b n ＝(2－n )(a n －2)，求{b n }的最大项． 解析：(1)证明：由a 1＋S 1＝2a 1＝2，得a 1＝1.由a n ＋S n ＝2n 可得a n ＋1＋S n ＋1＝2(n ＋1)，两式相减得，2a n ＋1－a n ＝2， ∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，a n －2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知b n ＝(2－n )×(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，由b n ＋1－b n ＝n －12n－n －22n －1＝n －1－2n ＋42n＝3－n 2n≥0，得n ≤3，由b n ＋1－b n <0得n >3，∴b 1<b 2<b 3＝b 4>b 5>…>b n >…，故{b n }的最大项为b 3＝b 4＝14.4．(等差、等比数列通项及和的最值)设S n ，T n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知对于任意n ∈N *，都有3a n ＝2S n ＋3，数列{b n }是等差数列，且T 5＝25，b 10＝19.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb nn n ＋1，求数列{c n }的前n 项和R n ，并求R n 的最小值．解析：(1)由3a n ＝2S n ＋3，得 当n ＝1时，有a 1＝3； 当n ≥2时，3a n －1＝2S n －1＋3， 从而3a n －3a n －1＝2a n ，即a n ＝3a n －1， 所以a n ≠0，a na n －1＝3， 所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，因此a n ＝3n . 设数列{b n }的公差为d ，由T 5＝25，b 10＝19， 得⎩⎨⎧5b 1＋10d ＝25，b 1＋9d ＝19，解得b 1＝1，d ＝2， 因此b n ＝2n －1.(2)由(1)可得c n ＝2n －13nn n ＋1＝[3n －n ＋1]3n n n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3nn，R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－31＋322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3nn ＋3n ＋1n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3，因为c n ＝2n －13nn n ＋1>0，所以数列{R n }单调递增．所以n ＝1时，R n 取最小值，故最小值为32.。
2018年高考数学(文科)二轮复习 名师课件：专题三 第2讲 数列的求和及综合应用
归纳总结· 思维升华
真题感悟 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. 1.(2017·
(1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前
n 项和.
解
(1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，② 2 ①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝ ， 2n－1 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式， 2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
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探究提高
1. 一般地，如果数列 {an}是等差数列， {bn}是等比数
列，求数列{an· bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般
是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”， 以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
第 2讲
数列的求和及综合应用
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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.
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1 1 1 1 1 1 1 ＝ 3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3 2
n ＝ . 3（2n＋3）
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高中数学理科专题讲解高考大题专项(三)《数列》教学课件
典例剖析
对点训练3(2019四川泸州二模,17)已知数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn.(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)设bn=log2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明: 数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn,当n=1时,可得2a1=2+S1=2+a1,解得a1=2,当n≥2时,2an-1=2+Sn-1,又2an=2+Sn,相减可得2an-2an-1=2+Sn-2-Sn-1=an,即an=2an-1,检验a2=2a1, 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
典例剖析
对点训练6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.(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
典例剖析
典例剖析
题型五 数列中的存在性问题例6已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 017?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,请说明理由.
典例剖析
典例剖析
典例剖析典例剖析源自典例剖析典例剖析典例剖析
解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
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
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 理第一讲 等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义． 数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。
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
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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 .
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真题VS押题
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『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.
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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.
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□ 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) ．
高考数学大二轮复习专题二数列第一讲等差数列等比数列限时规范训练理
第一讲 等差数列、等比数列1．(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝36，则S 16＝( ) A ．288 B ．144 C ．572D ．72解析：a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝2(a 2＋a 15)＝36， ∴a 1＋a 16＝a 2＋a 15＝18， ∴S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8×18＝144，故选B. 答案：B2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.答案：C3．(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为( )A ．15.5尺B ．12.5尺C ．10.5尺D ．9.5尺解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝37.5，a 1＋11d ＝4.5， 解得：d ＝－1，a 1＝15.5. 故选A. 答案：A4．(2019·德州一模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( ) A ．4 B ．8 C ．16D ．32解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8， ∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2. 则a 6＝25＝32. 故选D. 答案：D5．(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：∵等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，S 8＝S 10， ∴8a 1＋7×82d ＝10a 1＋10×92d ，即16＋28d ＝20＋45d ，解得d ＝－417，∴a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝ ⎛⎭⎪⎫－417＝－2.故选B. 答案：B6．(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 2解析：等比数列{a n }中的各项都是正数， 公比设为q ，q >0，a 1，12a 3,2a 2成等差数列，可得a 3＝a 1＋2a 2， 即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， 即q 2－2q －1＝0，解得q ＝1＋2(负的舍去)，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝q 2(a 8＋a 9)a 8＋a 9＝q 2＝3＋2 2. 故选C. 答案：C7．(2019·林州市校级月考)在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列，又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，则有( )A ．a 2≤bc B ．a 2>bc C ．a 2＝bcD ．a 2≥bc解析：在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列， 又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，∴⎩⎨⎧2a ＝x ＋y ≥2xy ，xy ＝bc ，∴a 2≥bc . 故选D. 答案：D8．(2019·龙岩期末测试)等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2，则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝( )A ．256B ．512C ．1 024D ．2 048解析：等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2， 可得a 1＋a 10＝a 4＋a 7＝2， 则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝212×10(a 1＋a 10)＝25×2＝1 024.故选C. 答案：C9．(2019·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C10．(2019·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1， 因为b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立， 所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7. 答案：A11．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45C.56D.78解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n －1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.答案：C12．(2019·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意可得第n 层的货物的价格为a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，设这堆货物总价是S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9100＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，①由①×910可得910S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，②由①－②可得110S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫910n1－910－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n＝10－(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∴S n ＝100－10(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∵这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，∴n ＝10， 故选D. 答案：D13．(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________.解析：∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7－a 37－3＝13－54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.答案：10014．(2019·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥215．已知数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，且a 4＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前7项和为________．解析：根据题意，数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，则数列{a n }是等差数列， 又由a 4＝π2，则a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝a 3＋a 5＝2a 4＝π，函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2＝sin 2x ＋cos x ＋1，f (a 1)＋f (a 7)＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2a 7＋cos a 7＋1＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2(π－a 1)＋cos (π－a 1)＋1＝2，同理可得：f (a 2)＋f (a 6)＝f (a 3)＋f (a 5)＝2，f (a 4)＝sin π＋cos π2＋1＝1，则数列{y n }的前7项和f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5)＋f (a 6)＋f (a 7)＝7； 故答案为7. 答案：716．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝2DC →，E n (n ∈N )为AC 上一列点，且满足：E n A →＝(4a n －1)E n D →＋14a n ＋1－5E n B →，其中实数列{a n }满足4a n －1≠0，且a 1＝2，则1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1＝________.解析：点D 为△ABC 的边BC 上一点， BD →＝2DC →，E n D →－E n B →＝2(E n C →－E n D →)，∴E n C →＝32E n D →－12E n B →又E n A →＝λE n C →＝3λ2E n D →－λ2E n B →，4a n －1＝－3×14a n ＋1－5，∴4a n ＋1－5＝－34a n －1，4a n ＋1－4＝1－34a n －1＝4a n －44a n －1，a n ＋1－1＝a n －14a n －1， 1a n ＋1－1＝4a n －1a n －1＝4＋3a n －1，∴1a n ＋1－1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋2，∴1a n －1＋2＝3n， 1a n －1＝3n－2. S n ＝3×(1－3n)1－3－2n ＝3n ＋1－3－4n2. 故答案为：3n ＋1－3－4n2. 答案：3n ＋1－3－4n2。
高三数学二轮复习：专题二 数列
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解 因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an＋bn＝2n－1， 因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn， 则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2， 所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
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－－aqnq(q≠1).
3.性质 若m＋n＝p＋q， 在等差数列中am＋an＝ap＋aq； 在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三 专题突破 核心考点
专题二 数 列
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.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重 点，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
热点分类突破
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 灵活性，是高考出题的重点.
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 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为
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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第1讲 等差数列与等比数列
一、选择题
1．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )
A ．100
B ．99
C ．98
D ．97
解析：由S 9＝
9（a1＋a9）2＝9×2a5
2
＝9a 5＝27，得a 5＝3， 又a 10＝8，因此公差d ＝
a10－a5
10－5
＝1，所以a 100＝a 10＋90d ＝98.
答案：C
2．(2017·哈尔滨六中模拟)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 3＝8a 6，则S4S2
的值为( )
A.1
2 B ．2 C.54
D ．5
解析：a 3＝8a 6，所以a 3＝8a 3q 3
，
解得q ＝12
.
则
S4S2＝a1⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1241－12
a1⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1221－12
＝54
.
答案：C
3．(2017·石家庄模拟)已知函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝－1对称．且f (x )在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 50)＝f (a 51)，则{a n }的前100项和
为( )
A ．－200
B ．－100
C ．0
D ．－50
解析：因为y ＝f (x )在(－1，＋∞)上单调，且y ＝f (x )的图象关于x ＝－1对称．
又{a n }的公差不为0，且f (a 50)＝f (a 51) 所以a 50＋a 51＝－2，则a 1＋a 100＝－2.
则{a n }的前100项的和为
100（a1＋a100）
2
＝－100.
答案：B
4．(2017·湖南三湘名校联明三模)在我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”(“倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为2的等
比数列递增)根据此诗，可以得出塔的顶层与底层共有( )
A ．3盏灯
B ．192盏灯
C ．195盏灯
D ．200盏灯
解析：由题意设顶层的灯盏数为a 1，从顶层到底层的灯的盏数构成以a 1为首项，以2为
公比的等比数列．
则有S 7＝
a1（1－27）
1－2
＝381，解得a 1＝3，
所以a 7＝a 1×26
＝3×26
＝192，所以a 1＋a 7＝195.
答案：C
5．(2017·衡阳八中、长郡中学等十三校二模)等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3，a 5，a 15成等比数列，若a 5＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫Sn n 的前n 项和取最小值时的n 为
( )
(导学号 54850112)
A ．3
B ．3或4
C ．4
D ．5
解析：由题意知⎩
⎪⎨⎪⎧（a1＋2d ）（a1＋14d ）＝25，
a1＋4d ＝5，
由d ≠0，解得a 1＝－3，d ＝2，
所以Sn
n ＝na1＋n （n －1）2d
n
＝－3＋n －1＝n －4.
由n －4≥0，得n ≥4.且S4
4
＝0.
所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫
Sn n 的前n 项和取最小值时的n 的值为3或4.
答案：B 二、填空题
6．等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则
S 4＝________．
解析：设等比数列{a n }的公比为q ＞0，因为2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16， 所以⎩⎪⎨
⎪
⎧2a1（1＋q ＋q2）＝a1（8＋3q ），a1q3＝16，。