2019-2020年高考数学新增分大一轮新高考专用课件：第六章 阶段自测卷
2020版高考数学(江苏专用)新增分大一轮课件：第六章 数列 §6.2
题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(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)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( √ )
(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( × ) (4)已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n，则它的公差为－2.( √ ) (5)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( √ ) (6)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是
(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差
为____ md 的等差数列.
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列.
5.等差数列的前n项和公式
na1＋an nn－1 na1＋ d 2 设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝_________或Sn＝_____________. 2
【概念方法微思考】
a＋b 1.“a，A，b是等差数列”是“A＝ 2 ”的什么条件？ 提示 充要条件.
2.等差数列的前n项和Sn是项数n的二次函数吗？ 提示 不一定.当公差d＝0时，Sn＝na1，不是关于n的二次函数. 3.如何推导等差数列的前n项和公式？ 提示 利用倒序相加法.
基础自测
JICHUZICE
8 3 所以75<d≤25.
1
2等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝___ 8 时，{an}的前n项 和最大. 解析 因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，所以a8>0. 又a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<0. 故当n＝8时，其前n项和最大.
2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章 数列 6.3
§6.3 等比数列及其前n 项和考情考向分析 以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查．1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k . 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P54T3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T9]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为________． 答案 10解析 由题意得2a 5a 6＝18，∴a 5a 6＝9， 又a 1a m ＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB ＝210 MB) 答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝________.答案 12解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意知a 3a 5＝4(a 4－1)＝a 24， 则a 24－4a 4＋4＝0，解得a 4＝2， 又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明例1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8. (1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5、公比为5的等比数列． 所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n (n ∈N *)．(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝⎛⎭⎫53n ， 则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫531＋1＋⎝⎛⎭⎫532＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫53n ＝n ＋53⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52(n ∈N *)．思维升华 判定一个数列为等比数列的常见方法：(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列；(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列；(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列． 跟踪训练1 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2(n ∈N *)．题型三 等比数列的综合应用例2 (2018·扬州模拟)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a 2n ＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b n a n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n ，求c 1＋c 2＋…＋c n 的和．解 (1)由题意知2S n ＝a 2n ＋a n ， ① 2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①得2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0. 因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1， 所以{a n }是公差为1的等差数列． 在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1， 所以a n ＝n .由2b n ＋1＝b n ＋b na n ，得b n ＋1n ＋1＝12·b n n，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n＝n2n. (2)由(1)知S n ＝(a 1＋a n )n 2＝n 2＋n 2，所以c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2(n 2＋n )2n 1＝1n ·2n －1(n ＋1)2n 1， 所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1(n ＋1)2n ＋1.思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }是等比数列，若a 2＝1，a 5＝18，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的最小值为________． 答案 2解析 由已知得数列{a n }的公比满足q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，∴a 1＝2，a 3＝12，故数列{a n a n ＋1}是以2为首项，公比为a 2a 3a 1a 2＝14的等比数列，∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝83⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n ∈⎣⎡⎭⎫2，83. (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________.(n ≥2，且n ∈N *)答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1， 则由题意可得S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89，解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例 (1)已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，则a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10的值为________． 答案1314解析 已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，∴a 25＝a 2a 7，∴(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，∴10d 2＝－a 1d ，∵d ≠0，∴－10d ＝a 1，∴a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10＝3a 1＋17d 3a 1＋16d ＝－30d ＋17d －30d ＋16d ＝1314.(2)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为________． 答案 3n 2＋n 2(n ∈N *)解析 ∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1，又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比q ＝3， ∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n (n －1)2×3＝3n 2＋n2(n ∈N *)．(3)(2018·苏州调研)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝32(1＋a n )(n ∈N *)，则a 4的值为________．答案 －81解析 ∵S n ＝32(1＋a n )(n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝－3，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32(a n －a n －1)，即a na n －1＝3， ∴{a n }是首项为－3，公比为3的等比数列． ∴a n ＝－3n .∴a 4＝－81.(4)(2018·江苏省南京市秦淮中学模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数解析 a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立， 可得a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{a n ＋1＋a n }是等比数列，首项为4，公比为－1. ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.a n ＋a n －1＝4×(－1)n －2，当n ＝1时，a 1＝1，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4， S n ＝S 2k ＋1＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2k ＋a 2k ＋1 ＝a 1＋(－4k )＝3－2n ，当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝4， S n ＝S 2k ＝4k ＝2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.1．已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3a 7＝16，则该数列的公比为________． 答案 ±2解析 根据等比数列的性质可得a 3·a 7＝a 25＝a 21·q 8＝q 8＝16＝24， 所以q 2＝2，即q ＝±2.2．(2018·苏州调研)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6，a 3－3a 1＝12，则S 5＝________. 答案 242解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1q 2－3a 1＝12，q >0，∴a 1＝2，q ＝3.所以S 5＝2(1－35)1－3＝242.3．(2018·江苏省南京金陵中学月考)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5－a 2＝78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 答案 3n －1(n ∈N *)解析 因为数列{a n }为等比数列，a 5－a 2＝78，S 3＝13， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1q ＝78，a 1(1－q 3)1－q＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝133，q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为________． 答案 －13解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1， 即等比数列{a n }的首项为83，公比为9，所以3＋r ＝83，即r ＝－13.5．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2＝________.答案 5解析 由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 6．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据问题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为________．答案 8解析 由题意知其每天织布尺数构成公比为2的等比数列，可设该女子第一天织布x 尺， 则x (1－25)1－2＝5，解得x ＝531，所以前n 天织布的尺数为531(2n －1)，由531(2n －1)≥30，得2n ≥187， 又因为n 为正整数，所以n 的最小值为8.7．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是________． 答案 16 2解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2，∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1122－922＝16 2.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 018，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 019＝________. 答案 2 018解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0， ∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1. ∵a 1＝2 018，∴S 2 019＝a 1(1－q 2 019)1－q ＝2 018×[1－(－1)2 019]2＝2 018.9．已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1＝12，且a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝________.答案 18解析 ∵a 2a 8＝2a 5＋3，∴a 25＝2a 5＋3， 解得a 5＝3(舍负)，即a 1q 4＝3， 则q 4＝6，a 9＝a 1q 8＝12×36＝18.10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q， 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83. 11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ， 将n ＝1代入得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ， 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1， 所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)． 12．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)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 b 1＝a 2－a 1＝1.当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)解 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， ∴a n ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ∈N *)．13．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值的比值为________．答案 －107解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12， ∴a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1， ∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n . ①当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n 随着n 的增大而减小，则1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤56； ②当n 为偶数时，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n 随着n 的增大而增大，则34＝S 2≤S n <1，故－712≤S n －1S n<0. ∴S n －1S n 的最大值与最小值的比值为56－712＝－107. 14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，b n ＝log 2(a 2n ·2n a)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1 024的最小n 的值为________．答案 9解析 由数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2， 则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n ， a 1＝S 1＝2，满足上式，所以b n ＝log 2(a 2n ·2n a )＝log 2a 2n ＋log 22n a＝2n ＋2n ， 所以数列{b n }的前n 和为T n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n (n ＋1)＋2n ＋1－2， 易知当n ∈N *时，T n 随着n 的增大而增大．又当n ＝9时，T 9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，当n ＝8时，T 8＝8×9＋29－2＝582<1 024，所以满足T n >1 024的最小n 的值为9.15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为________．答案 6解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1， 所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12， 又a 1－12＝log 24－12＝32， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n ＋12(n ∈N *)．。
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章 数列6.2 含解析
§6.2 等差数列及其前n 项和1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示． 2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . 3．等差中项如果三个数x ，A ，y 组成等差数列．那么A 叫做x 与y 的等差中项． 4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N +)是公差为md 的等差数列． (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…构成等差数列．(7)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差为12d .5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d .6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值． 概念方法微思考1．“a ，A ，b 是等差数列”是“A ＝a ＋b2”的什么条件？提示 充要条件．2．等差数列的前n 项和S n 是项数n 的二次函数吗？提示 不一定．当公差d ＝0时，S n ＝na 1，不是关于n 的二次函数． 3．如何推导等差数列的前n 项和公式？ 提示 利用倒序相加法．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(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)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( × ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( √ )(5)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.( √ ) (6)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ )题组二 教材改编2．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A ．31 B ．32 C ．33 D ．34 答案 B解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎨⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.3．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝ .答案 180解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 题组三 易错自纠4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d 的取值范围是( )A ．d >875B ．d <325C.875<d <325D.875<d ≤325答案 D解析 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1，a 9≤1，即⎩⎨⎧125＋9d >1，125＋8d ≤1，所以875<d ≤325.故选D.5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝ 时，{a n }的前n 项和最大． 答案 8解析 因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，所以a 8>0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，所以a 9<0. 故当n ＝8时，其前n 项和最大．6．一物体从1 960 m 的高空降落，如果第1秒降落4.90 m ，以后每秒比前一秒多降落9.80 m ，那么经过 秒落到地面． 答案 20解析 设物体经过t 秒降落到地面．物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列． 所以4.90t ＋12t (t －1)×9.80＝1 960，即4.90t 2＝1 960，解得t ＝20.题型一 等差数列基本量的运算1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5等于( ) A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎡⎦⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B.2．(2018·阜新模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7等于( ) A ．28 B ．21 C ．14 D ．7 答案 D解析 由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7a 4＝7.故选D. 思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，d ，a n ，S n ，知道其中三个就能求出另外两个．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d . 题型二 等差数列的判定与证明例1 在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n .解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项， ∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n ，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1，∵1a 1－1＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列，∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n .(2)由(1)得1n 2a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.思维升华 等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数． (2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，再根据定义判定数列{a n }为等差数列．(4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列． 跟踪训练1 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解 由(1)知1a n＝2n －1，所以S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，1S n ＝1n 2>1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1.题型三 等差数列性质的应用命题点1 等差数列项的性质例2 (2018·本溪模拟)已知{a n }为等差数列，a 2＋a 8＝18，则{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．9 B ．17 C ．72 D ．81答案 D解析 由等差数列的性质可得，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝18，则{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×182＝81.故选D.命题点2 等差数列前n 项和的性质例3 (1)(2019·锦州质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5＝7，S 10＝21，则S 15等于( ) A ．35 B ．42 C ．49 D ．63 答案 B解析 在等差数列{a n }中， S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等差数列， 即7,14，S 15－21成等差数列， 所以7＋(S 15－21)＝2×14， 解得S 15＝42.(2)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 018，S 2 0192 019－S 2 0132 013＝6，则S 2 020＝ .答案 2 020解析 由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 2 0192 019－S 2 0132 013＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0202 020＝S 11＋2 019d ＝－2 018＋2 019＝1， ∴S 2 020＝1×2 020＝2 020. 思维升华 等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N +)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .跟踪训练2 (1)已知等差数列{a n }，a 2＝2，a 3＋a 5＋a 7＝15，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．0 B ．1 C ．－1 D ．2 答案 B解析 ∵a 3＋a 5＋a 7 ＝3a 5＝15， ∴a 5＝5，∴a 5－a 2＝3＝3d ， 可得d ＝1，故选B.(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13>0，S 14<0，则S n 取最大值时n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．13 答案 B解析 根据S 13>0，S 14<0，可以确定a 1＋a 13＝2a 7>0，a 1＋a 14＝a 7＋a 8<0，所以可以得到a 7>0，a 8<0，所以S n 取最大值时n 的值为7，故选B.1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－2 B ．－12 C.12 D ．2答案 B解析 由于a 7－2a 4＝a 1＋6d －2(a 1＋3d )＝－a 1＝－1， 则a 1＝1.又由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝0，解得d ＝－12.故选B.2．在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＋a 4＝24，则a 4＋a 5＋a 6等于( ) A ．38 B ．39 C ．41 D ．42 答案 D解析 由a 1＝2，a 2＋a 3＋a 4＝24， 可得，3a 1＋6d ＝24，解得d ＝3， ∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42.故选D.3．已知等差数列{a n }中，a 1 012＝3，S 2 017＝2 017，则S 2 020等于( ) A ．2 020 B ．－2 020 C ．－4 040 D ．4 040答案 D解析 由等差数列前n 项和公式结合等差数列的性质可得， S 2 017＝a 1＋a 2 0172×2 017＝2a 1 0092×2 017＝2 017a 1 009＝2 017， 则a 1 009＝1，据此可得， S 2 020＝a 1＋a 2 0202×2 020＝1 010()a 1 009＋a 1 012＝1 010×4＝4 040. 4．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为( ) A ．65 B ．176 C ．183 D ．184 答案 D解析 根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{a n }，其中d ＝17，n ＝8，S 8＝996. 由等差数列前n 项和公式可得8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.由等差数列通项公式得a 8＝65＋(8－1)×17＝184.5．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3＝S 8，给出下列结论： ①a 10＝0；②S 10最小；③S 7＝S 12；④S 20＝0. 其中一定正确的结论是( )A ．①②B ．①③④C ．①③D ．①②④ 答案 C解析 a 1＋5(a 1＋2d )＝8a 1＋28d ， 所以a 1＝－9d ， a 10＝a 1＋9d ＝0，正确；由于d 的符号未知，所以S 10不一定最大，错误； S 7＝7a 1＋21d ＝－42d ，S 12＝12a 1＋66d ＝－42d ， 所以S 7＝S 12，正确；S 20＝20a 1＋190d ＝10d ，错误． 所以正确的是①③，故选C.6．在等差数列{a n }中，若a 9a 8<－1，且它的前n 项和S n 有最小值，则当S n >0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17 答案 C解析 ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值， ∴公差d >0，首项a 1<0，{a n }为递增数列． ∵a 9a 8<－1， ∴a 8·a 9<0，a 8＋a 9>0， 由等差数列的性质知，2a 8＝a 1＋a 15<0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16>0. ∵S n ＝n (a 1＋a n )2，∴当S n >0时，n 的最小值为16.7．(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为 ． 答案 a n ＝6n －3(n ∈N ＋) 解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36， ∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N ＋)． 方法二 设公差为d ， ∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3， ∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N ＋)．8．(2019·包头质检)在等差数列{a n }中，若a 7＝π2，则sin 2a 1＋cos a 1＋sin 2a 13＋cos a 13＝ .答案 0解析 根据题意可得a 1＋a 13＝2a 7＝π， 2a 1＋2a 13＝4a 7＝2π，所以有sin 2a 1＋cos a 1＋sin 2a 13＋cos a 13 ＝sin 2a 1＋sin(2π－2a 1)＋cos a 1＋cos(π－a 1)＝0.9．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，则a 10b 10＝ .答案5641解析 在等差数列中，S 19＝19a 10，T 19＝19b 10， 因此a 10b 10＝S 19T 19＝3×19－12×19＋3＝5641.10．已知数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，则a n ＝ . 答案 (n 2－3n ＋3)2解析 数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列， 且a 1＝1，a 3＝9，∴a n ＋1－a n ＝(a 2－1)＋2(n －1)， a 3－a 2＝(a 2－1)＋2， ∴3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴a 2＝1. ∴a n ＋1－a n ＝2n －2，∴a n ＝2(n －1)－2＋2(n －2)－2＋…＋2－2＋1 ＝2×(n －1)n 2－2(n －1)＋1＝n 2－3n ＋3.∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2，n ＝1时也成立． ∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2.11．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 ∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列．(2)解 由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1.知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2.12．(2018·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9(n ∈N ＋)． (2)由(1)得S n ＝a 1＋a n2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝2n a且b 1＋b 3＝17，b 2＋b 4＝68，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110 D ．120答案 A解析 设{a n }公差为d ，b 2＋b 4b 1＋b 3＝24312222a a a a ++＝31312222a da d a a ++++＝2d ＝6817＝4，∴d ＝2，b 1＋b 3＝12a＋32a＝12a＋122a d+＝17，12a ＝1，a 1＝0，∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝10×92×2＝90，故选A.14．设等差数列{a n }的公差为π9，前8项和为6π，记tan π9＝k ，则数列{}tan a n tan a n ＋1的前7项和是( ) A.7k 2－3k 2－1 B.3－7k 2k 2－1 C.11－7k 2k 2－1 D.7k 2－11k 2－1答案 C解析 等差数列{a n }的公差d 为π9，前8项和为6π， 可得8a 1＋12×8×7×π9＝6π，解得a 1＝1336π， tan a n tan a n ＋1＝tan a n ＋1－tan a n tan (a n ＋1－a n )－1 ＝tan a n ＋1－tan a n tan d －1， 则数列{tan a n tan a n ＋1}的前7项和为1k(tan a 8－tan a 7＋tan a 7－tan a 6＋…＋tan a 2－tan a 1)－7 ＝1k (tan a 8－tan a 1)－7＝1k ⎝⎛⎭⎫tan 4136π－tan 1336π－7 ＝1k ⎝⎛⎭⎫tan 536π－tan 1336π－7 ＝1k ⎣⎡⎦⎤tan ⎝⎛⎭⎫π4－π9－tan ⎝⎛⎭⎫π4＋π9－7 ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 1＋k －1＋k 1－k －7＝11－7k 2k 2－1.故选C.15．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N ＋)，且a 1＝2，则a 20＝ . 答案 40解析 设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a 2n n ＝[2＋(n －1)d ]2n＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n， 由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 为等差数列， 所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d ＝2.所以a 20＝2＋(20－1)×2＝40.16．记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a n n，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，求实数k 的取值范围．解 由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n n， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1 ＝2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N +)． 当n ＝1时，a 1＝2，符合上式，所以a n ＝22n －1(n ∈N ＋)． 又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n n ， 所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ， 所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N ＋)， 两式相减得b n ＝32－n (n ≥2，n ∈N ＋)． 当n ＝1时，b 1＝3，符合上式， 所以b n ＝32－n (n ∈N ＋)． 所以c n ＝(2－k )n ＋2k －1.因为对任意的正整数n 都有Sn ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114.。
2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义：第六章 6.3 等比数列及其前n项和 Word版含解析
1
2．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝4，则公比 q＝
.
1 答案
2
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§6.3 等比数列及其前 n 项和
最新考纲 1.通过实例，理解等比数列的概念.2.探索并掌握等比数列的通项公式与前 n 项和 的公式.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4. 体会等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么 这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示，定义的表达
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a5 1
1
解析 由题意知 q3＝ ＝ ，∴q＝ .
a2 8
2
3．公比不为 1 的等比数列{an}满足 a5a6＋a4a7＝18，若 a1am＝9，则 m 的值为( ) A．8 B．9 C．10 D．11
答案 C
解析 由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
3．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若 m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则 am·an＝ap·aq＝a2k.
{ } { } 1
an
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，an ，{a2n}，{an·bn}， bn (λ≠0)仍然是
2020版高考数学新增分大一轮新高考第六章 6.2 等差数列及其前n项和 Word版含解析
§等差数列及其前项和最新考纲.通过实例，理解等差数列的概念.探索并掌握等差数列的通项公式与前项和的公式.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题.体会等差数列与一次函数的关系．．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母表示．．等差数列的通项公式如果等差数列{}的首项为，公差为，那么它的通项公式是＝＋(－).．等差中项由三个数，，组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，叫做与的等差中项．．等差数列的常用性质()通项公式的推广：＝＋(－)(，∈*)．()若{}为等差数列，且＋＝＋(，，，∈*)，则＋＝＋.()若{}是等差数列，公差为，则{}也是等差数列，公差为.()若{}，{}是等差数列，则{＋}也是等差数列．()若{}是等差数列，公差为，则，＋，＋，…(，∈*)是公差为的等差数列．()数列，－，－，…构成等差数列．()若{}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{}的首项相同，公差为.．等差数列的前项和公式设等差数列{}的公差为，其前项和＝或＝＋.．等差数列的前项和公式与函数的关系＝＋.数列{}是等差数列⇔＝＋(，为常数)．．等差数列的前项和的最值在等差数列{}中，>，<，则存在最大值；若<，>，则存在最小值．概念方法微思考．“，，是等差数列”是“＝”的什么条件？提示充要条件．．等差数列的前项和是项数的二次函数吗？提示不一定．当公差＝时，＝，不是关于的二次函数．．如何推导等差数列的前项和公式？提示利用倒序相加法．题组一思考辨析．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)()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．(×) ()等差数列{}的单调性是由公差决定的．(√)()等差数列的前项和公式是常数项为的二次函数．(×)()已知等差数列{}的通项公式＝－，则它的公差为－.(√)()数列{}为等差数列的充要条件是对任意∈*，都有＋＝＋＋.(√)。
2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章 数列与数学归纳法 6.4 含解析
§6.4 数学归纳法数学归纳法一般地，证明一个与自然数相关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立的前提下，推出当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对n 取第一个值后面的有正整数成立. 概念方法微思考1.用数学归纳法证题时，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立.因为n 0∈N ＋，所以n 0＝1.这种说法对吗？提示 不对，n 0也可能是2,3,4，….如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n －2)π时，初始值n 0＝3. 2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？提示 不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可. 3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？提示 不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎推理.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( × ) (2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( × )(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项.( × ) (4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(5)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ ) 题组二 教材改编2.在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A.1B.2C.3D.4 答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形， 故第一步检验n ＝3.3.已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N ＋，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________. 答案 3 4 5 n ＋1 题组三 易错自纠4.用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2 D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析 当n ＝1时，n ＋1＝2， ∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.5.对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立. 则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验证的不正确 C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确 答案 D解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法.6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k＋1时，左端增加的项数是__________. 答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋).当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N ＋)，左边表示的为2k 项的和.当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项.题型一 用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝1时， 左边＝12×1×(2×1＋2)＝18.右边＝14×(1＋1)＝18.左边＝右边，所以等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2) ＝k ＋14(k ＋1＋1).所以当n ＝k ＋1时，等式也成立. 由①②可知对于一切n ∈N ＋等式都成立. 思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值n 0并验证当n ＝n 0时等式成立.(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标. (3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法. 题型二 用数学归纳法证明不等式例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N ＋，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上. (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N ＋)，证明：对任意的n ∈N ＋，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n >n ＋1成立.(1)解 由题意得，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1).由于b >0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列. 又a 1＝S 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，所以当a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1.(2)证明 由(1)及b ＝2知a n ＝2n －1.因此b n ＝2n (n ∈N ＋)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n >n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立， 即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)>k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由均值不等式得2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立.由①②可知，当n ∈N ＋时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.思维升华 用数学归纳法证明与n 有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用均值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化. 跟踪训练1 数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1> 2n ＋12均成立. 证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立.②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时不等式成立， 即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.由①②知对一切大于1的自然数n ，不等式都成立.题型三 归纳—猜想—证明命题点1 与函数有关的证明问题例2 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数. (1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围. 解 由题设得g (x )＝x1＋x (x ≥0).(1)由已知，得g 1(x )＝x1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可猜想g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立， 即g k (x )＝x1＋kx.则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k (x )1＋g k (x )＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋(k ＋1)x ，即结论成立.由①②可知，结论对n ∈N ＋恒成立. (2)已知f (x )≥ag (x )恒成立， 即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立.设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a(1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2， 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增. 又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立). 当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， ∴ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立.综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]. 命题点2 与数列有关的证明问题例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－23，且S n ＋1S n ＋2＝a n (n ≥2).(1)计算S 1，S 2，S 3，S 4的值，猜想S n 的表达式； (2)用数学归纳法证明所得的结论. (1)解 S 1＝a 1＝－23，S 2＋1S 2＋2＝S 2－S 1⇒S 2＝－34，S 3＋1S 3＋2＝S 3－S 2⇒S 3＝－45，S 4＋1S 4＋2＝S 4－S 3⇒S 4＝－56.由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N ＋).(2)证明 ①当n ＝1时，左边＝S 1＝a 1＝－23，右边＝－1＋11＋2＝－23.∵左边＝右边，∴原等式成立.②当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，假设S k ＝－k ＋1k ＋2成立，则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＋1S k ＋1＋2＝S k ＋1－S k ，得1S k ＋1＝－S k －2＝k ＋1k ＋2－2＝k ＋1－2k －4k ＋2 ＝－k －3k ＋2＝－k ＋3k ＋2， ∴S k ＋1＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2，∴当n ＝k ＋1时，原等式也成立.综合①②得对一切n ∈N ＋，S n ＝－n ＋1n ＋2成立.命题点3 存在性问题的证明例4 是否存在a ，b ，c 使等式⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝an 2＋bn ＋c n 对一切n ∈N ＋都成立，若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明你的结论. 解 取n ＝1,2,3，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，8a ＋4b ＋2c ＝5，27a ＋9b ＋3c ＝14，解得a ＝13，b ＝12，c ＝16.下面用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝2n 2＋3n ＋16n ＝(n ＋1)(2n ＋1)6n . 即证12＋22＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)，①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，∴等式成立； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立， 即12＋22＋…＋k 2＝16k (k ＋1)·(2k ＋1)成立，则当n ＝k ＋1时，等式左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝16k (k ＋1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝16[k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)2] ＝16(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6) ＝16(k ＋1)(k ＋2)·(2k ＋3)， ∴当n ＝k ＋1时等式成立； 综合①②得当n ∈N ＋时等式成立， 故存在a ＝13，b ＝12，c ＝16使已知等式成立.思维升华 “归纳—猜想—证明”属于探索性问题的一种，一般要经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再用数学归纳法证明.在用这种方法解决问题时，应保证猜想的正确性和数学归纳法步骤的完整性.跟踪训练2 已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N ＋均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立. (1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1； (2)探究a n 与1n的大小关系，并证明你的结论.证明 (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n .∵在数列{a n }中，a n >0， ∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0， ∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1. (2)由(1)知0<a 1<1＝11，那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎫a 1－122＋14≤14<12， 由此猜想a n <1n.下面用数学归纳法证明：当n ≥2，且n ∈N ＋时猜想正确. ①当n ＝2时已证；②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时，有a k <1k 成立，那么1k ≤12，a k ＋1≤a k －a 2k＝－⎝⎛⎭⎫a k －122＋14 <－⎝⎛⎭⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，猜想正确.综上所述，对于一切n ∈N ＋，都有a n <1n.1.若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N ＋)，则f (1)的值为( )A.1B.15C.1＋12＋13＋14＋15D.非以上答案答案 C解析 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5，故选C.2.已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2 B.f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2 C.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2 D.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2 答案 A解析 f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.3.利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A.1项B.k 项C.2k －1项D.2k 项 答案 D解析 令不等式的左边为g (n )，则g (k ＋1)－g (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1， 其项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k ＋1－2k ＝2k .故左边增加了2k 项.4.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.k 2＋1B.(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2答案 D解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n 2.故n ＝k ＋1时，最后一项是(k ＋1)2，而n ＝k 时，最后一项是k 2，应加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.5.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( ) A.若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B.若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C.若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D.若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立 答案 D解析 当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立.6.用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是_________________________________. 答案122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3解析 观察不等式中分母的变化便知.7.已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则其一般结论为________________________________________________________________________. 答案 f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋)解析 观察规律可知f (22)>2＋22，f (23)>3＋22，f (24)>4＋22，f (25)>5＋22，…，故得一般结论为f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋).8.用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________________. 答案1(2k ＋1)(2k ＋2)解析 不等式的左边增加的式子是 12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2). 9.若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，记c n ＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.答案 n ＋2n ＋1解析 c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32， c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43， c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54， 故由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1. 10.用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是________.答案 4k ＋2解析 用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1)k ＋1＝2(2k ＋1). 11.求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立. ②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1) ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. ∴当n ＝k ＋1时不等式亦成立.∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立.12.已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a 2n(n ∈N ＋)，且点P 1的坐标为(1，－1). (1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋，点P n 都在(1)中的直线l 上.(1)解 由点P 1的坐标为(1，－1)知，a 1＝1，b 1＝－1.所以b 2＝b 11－4a 21＝13，a 2＝a 1·b 2＝13. 所以点P 2的坐标为⎝⎛⎭⎫13，13.所以直线l 的方程为2x ＋y －1＝0.(2)证明 ①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立.②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，2a k ＋b k ＝1成立，则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k 1－4a 2k (2a k ＋1) ＝b k 1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， 所以当n ＝k ＋1时，命题也成立.由①②知，对n ∈N ＋，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 都在直线l 上.13.平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( )A.n ＋1B.2nC.n 2＋n ＋22D.n 2＋n ＋1 答案 C解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域. 14.用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( )A.(k ＋3)3B.(k ＋2)3C.(k ＋1)3D.(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析 假设当n ＝k 时，原式能被9整除，即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除.当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可.15.已知x i >0(i ＝1,2,3，…，n )，我们知道(x 1＋x 2)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2≥4成立. (1)求证：(x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥9. (2)同理我们也可以证明出(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＋1x 4≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x 1＋x 2＋…＋x n 和1x 1＋1x 2＋…＋1x n(n ≥2，n ∈N ＋)有关的不等式，并用数学归纳法证明. (1)证明 方法一 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥33x 1x 2x 3·331x 1·1x 2·1x 3＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立). 方法二 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＝3＋⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 3x 1＋x 1x 3＋⎝⎛⎭⎫x 3x 2＋x 2x 3≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立).(2)解 猜想：(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥n 2(n ≥2，n ∈N ＋).证明如下：①当n ＝2时，由已知得猜想成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，猜想成立，即(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k≥k 2， 则当n ＝k ＋1时，(x 1＋x 2＋…＋x k ＋x k ＋1)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1x k ＋1 ＝(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ≥k 2＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ＝k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x k ＋1＋x k ＋1x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x k ＋1＋x k ＋1x 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x k x k ＋1＋x k ＋1x k ＋1≥k 2＋2＋2＋…＋2＋1k 个＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2，所以当n ＝k ＋1时不等式成立.综合①②可知，猜想成立.。
2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第六章 高考专题突破三 第1课时含解析
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂 项相消法等．
1
n＋1
跟踪训练 2 (1)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝2，an＋1＝ 2n an(n∈N*)．
{ }an
①证明：数列 是等比数列； n
②求数列{an}的通项公式与前 n 项和 Sn.
na1＋an n2n＋6 (2)因为 Sn＝ 2 ＝ 2 ＝n2＋3n，
1
1
1
所以 bn＝Sn＋2＝n2＋3n＋2＝n＋1n＋2
11 ＝－，
n＋1 n＋2
所以 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1
11
＝ － ＋ － ＋ － ＋…＋ －
S6 9 ∴n＝9，公比 q＝ ＝ .
S4 4 题型二 数列的求和
命题点 1 分组求和与并项求和
( ) 1 1
例
2
(2018·吉大附中模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且
a1＋a2＝2
＋ a1 a2
，a3
( ) 1 1
＋a4＝32
＋ a3 a4
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝a2n＋log2an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
{ }an
(1)求证：数列 是等差数列； n
{ }1
(2)求数列 an 的前 n 项和 Sn.
an＋1 an
(1)证明 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n
的两边同时除以
n(n＋1)，得 － n＋1
n
＝2(n∈N*)，
{ }an
所以数列 是首项为 4，公差为 2 的等差数列． n
2020版高考数学新增分大一轮新高考第六章 6.3 等比数列及其前n项和 Word版含解析
§等比数列及其前项和最新考纲.通过实例，理解等比数列的概念.探索并掌握等比数列的通项公式与前项和的公式.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.体会等比数列与指数函数的关系．．等比数列的有关概念()定义：如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母表示，定义的表达式为＝(∈*，为非零常数)．()等比中项：如果，，成等比数列，那么叫做与的等比中项．即是与的等比中项⇒，，成等比数列⇒＝.．等比数列的有关公式()通项公式：＝－.()前项和公式：＝.．等比数列的常用性质()通项公式的推广：＝·－(，∈*)．()若＋＝＋＝(，，，，∈*)，则·＝·＝.()若数列{}，{}(项数相同)是等比数列，则{λ}，，{}，{·}，(λ≠)仍然是等比数列．()在等比数列{}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即，＋，＋，＋，…为等比数列，公比为.概念方法微思考．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．．“＝”是“，，”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为＝时不一定有，，成等比数列，比如＝，＝，＝.但，，成等比数列一定有＝.题组一思考辨析．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)()满足＋＝(∈*，为常数)的数列{}为等比数列．(×)()如果数列{}为等比数列，＝－＋，则数列{}也是等比数列．(×)()如果数列{}为等比数列，则数列{}是等差数列．(×)()数列{}的通项公式是＝，则其前项和为＝.(×)()数列{}为等比数列，则，－，－成等比数列．(×)题组二教材改编．已知{}是等比数列，＝，＝，则公比＝.答案解析由题意知＝＝，∴＝.．公比不为的等比数列{}满足＋＝，若＝，则的值为()．．．．。
推荐-2020版高考数学新增分大一轮版课件第六章 平面向量、复数6.2
解析 设 D(x，y)，则由A→B＝D→C，得(4,1)＝(5－x,6－y)，
4＝5－x，
x＝1，
即
解得
1＝6－y，
y＝5.
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3.[P119A 组 T9]已知向量 a＝(2,3)，b＝(－1,2)，若 ma＋nb 与 a－2b 共线，则 mn ＝_－__12__. 解析 由向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)， 得ma＋nb＝(2m－n,3m＋2n)，a－2b＝(4，－1). 由ma＋nb与a－2b共线， 得2m4－n＝3m－＋12n，所以mn ＝－12.
(4)若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a∥b 的充要条件可表示成xx12＝yy12.( × )
(5)当向量的起点在坐标原点时，向量的坐标就是向量终点的坐标.( √ ) (6)平面向量不论经过怎样的平移变换之后其坐标不变.( √ )
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题组二 教材改编
2.[P97例5]已知▱ABCD的顶点A(－1，－2)，B(3，－1)，C(5,6)，则顶点D
方法二 设点 P(x，y)，则O→P＝(x，y)， 因为O→B＝(4,4)，且O→P与O→B共线， 所以4x＝4y，即 x＝y. 又A→P＝(x－4，y)，A→C＝(－2,6)，且A→P与A→C共线，
所以(x－4)×6－y×(－2)＝0， 解得x＝y＝3， 所以点P的坐标为(3,3).
命题点2 利用向量共线求参数
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6.已知向量a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且a∥b，则m＝_－__6__. 解析 因为a∥b， 所以(－2)×m－4×3＝0，解得m＝－6.
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2 题型分类 深度剖析
PART TWO
2020版高考数学新增分大一轮新高考专用课件：第六章 高考专题突破三 第1课时
②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
(2)(2018·三明质检)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a2n ＋3an＋2(t∈R). ①求数列{an}的通项公式；
1 ②若数列{bn}满足 b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列2bn＋7n的前 n 项和 Tn.
解 设{an}的公比为q.
a11＋q＝2， 由题设可得
a11＋q＋q2＝－6. 解得q＝－2，a1＝－2. 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列. 解 由(1)可得 Sn＝a111－－qqn＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn，
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(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由.
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大一轮复习讲义
第六章 高考专题突破三 高考中的数列问题
第1课时 等差、等比数列与数列求和
编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
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技能提升练
5.(2018·济南模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an>0，S2n＝a2n＋1－λSn＋1， 其中 λ 为常数. (1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ； 证明 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S2n＝a2n＋1－λSn＋1， ∴S2n＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1， ∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0， ∵an>0，∴Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0； ∴Sn＋1＝2Sn＋λ.
推荐-2020版高考数学新增分大一轮版课件第六章 平面向量、复数6.4 第1课时
A.内心
B.外心
√C.重心
D.垂心
解析 由原等式，得O→P－O→A＝λ(A→B＋A→C)，即A→P＝λ(A→B＋A→C)，
根据平行四边形法则，知A→B＋A→C是△ABC 的中线 AD(D 为 BC 的中点)所对应
向量A→D的 2 倍，
所以点P的轨迹必过△ABC的重心.
引申探究
1.在本例中，若动点
P
|AB| |AC| |AB| |AC|
→→
故
AB →
＋
AC →
平分∠BAC，
|AB| |AC|
即A→P平分∠BAC，所以点 P 的轨迹必过△ABC 的内心.
2.在本例中，若动点
P
满足O→P＝O→A＋λ
→ AB →
→
＋
AC →
，λ∈(0，＋∞)，
|AB|cos B |AC|cos C
当且仅当P，O，H三点共线，且P在A，B，C，D其中某一点处时取到等号， 所以P→M·P→N＝P→H2－21≤ 2＋1， 故P→M·P→N的取值范围为－21， 2＋1.
命题点2 三角形的“四心” 例 2 已知 O 是平面上的一定点，A，B，C 是平面上不共线的三个动点，若动
点 P 满足O→P＝O→A＋λ(A→B＋A→C)，λ∈(0，＋∞)，则点 P 的轨迹一定通过△ABC 的
＝(2 2)2＋2 2×2cosπ4＝12.
方法二 如图，建立平面直角坐标系xAy. 依题意，可设点D(m，m)， C(m＋2，m)，B(n,0)， 其中m>0，n>0， 则由A→B·A→C＝2A→B·A→D，
得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)， 所以n(m＋2)＝2nm，化简得m＝2. 故·＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12.
2019-2020年高考数学新增分大一轮新高考专用课件：第六章 微专题七
(4)真分式ba的放缩： 若 a>b>0，m>0，则ba<ab＋＋mm.
另外，利用重要不等式放缩、导数应用中有关ln x型的放缩(如：ln(1＋x)<x， x>0)等也是常见的放缩方式． 利用放缩法证明不等式的难点是放缩的“度”不好把握，放大了或放小了都 得不出所证不等式，这样需要回头调整，留一项或几项不放缩逐步试验向所 证结论靠扰，下面举例说明．
2019/7/18
最新中小学教学课件
17
thank
you!
2019/7/18
最新中小学教学课件
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编后语
• 同学们在听课的过程中，还要善于抓住各种课程的特点，运用相应的方法去听，这样才能达到最佳的学习效果。 • 一、听理科课重在理解基本概念和规律 • 数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解，
同时，大家要开动脑筋，思考老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的， 为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。 • 作为实验科学的物理、化学和生物，就要特别重视实验和观察，并在获得感性知识的基础上，进一步通过思考来掌握科学的概念和规律，等等。 • 二、听文科课要注重在理解中记忆 • 文科多以记忆为主，比如政治，要注意哪些是观点，哪些是事例，哪些是用观点解释社会现象。听历史课时，首先要弄清楚本节教材的主要观点，然 后，弄清教材为了说明这一观点引用了哪些史实，这些史料涉及的时间、地点、人物、事件。最后，也是关键的一环，看你是否真正弄懂观点与史料间 的关系。最好还能进一步思索：这些史料能不能充分说明观点？是否还可以补充新的史料？有无相反的史料证明原观点不正确。 • 三、听英语课要注重实践 • 英语课老师往往讲得不太多，在大部分的时间里，进行的师生之间、学生之间的大量语言实践练习。因此，要上好英语课，就应积极参加语言实践活 动，珍惜课堂上的每一个*，求证：
2019版高考数学创新大一轮复习人教A版全国通用(课件+讲义)第六章 第3节
第3节 等比数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数).(2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1； 通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ， a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[常用结论与微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. 3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a （1－a n ）1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53AT1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( ) A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12. 答案 D3.(2018·湖北省七市联考)公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10. 答案 C4.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 65.(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2， ∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 1考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q . 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，②显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32. 答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q .【训练1】 (1)(2018·武昌调研)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a 1＝( ) A.－2 B.－1 C.12D.23(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析 (1)由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n2.记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *，可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数.所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 (1)B (2)64考点二 等比数列的性质及应用【例2】 (1)(必修5P68BT1(1))等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)(2018·云南11校调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练2】 (1)(2018·西安八校联考)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.－ 3B.－1C.－33D. 3(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析 (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝－tan π3＝－ 3. (2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a ，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)A (2)73考点三 等比数列的判定与证明【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.规律方法 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.【训练3】 (2017·安徽江南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B.{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C.{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列 解析 两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.(2018·太原模拟)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( ) A.2B.4C. 2D.2 2解析 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q ＝4.答案 B3.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B4.设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B.－18C.578D.558解析 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，则8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18. 答案 A5.(2018·昆明诊断)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D. 2解析 根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2. 答案 B 二、填空题6.(2018·河南百校联盟联考改编)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝40，且S 6＋3a 7＝S 8，则a 2等于________.解析 由S 6＋3a 7＝S 8，得2a 7＝a 8，则公比q 为2，所以a 2＝a 523＝4023＝5. 答案 57.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________.解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列， 则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n .答案 12n8.(2018·成都诊断)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析 由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2（1－29）1－2＝1 022.答案 1 022 三、解答题9.(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得 ⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6，解得⎩⎨⎧q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－2[1－（－2）n ]1－（－2）＝23[(－2)n －1]，则S n ＋1＝23[(－2)n ＋1－1]，S n ＋2＝23[(－2)n ＋2－1]，所以S n ＋1＋S n ＋2＝23[(－2)n ＋1－1]＋23[(－2)n ＋2－1]＝23[2(－2)n －2]＝43[(－2)n －1]＝2S n ，∴S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列.10.(2018·惠州调研)已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值.解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12. T n ≤S n 即3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n －1)C.9n －1D.14(3n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1， 故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n ）1－9＝12(9n －1). 答案 B12.(2018·东北三省三校联考)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由题意知2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，∴a n ＋1＝b n b n ＋1，当n ≥2时，2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1，∵b n >0， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1，∴{b n }成等差数列，由a 1＝1，a 2＝3，得b 1＝2，b 2＝92，∴b 1＝2，b 2＝322，∴公差d ＝22，∴b n ＝n ＋122，∴b n ＝（n ＋1）22， ∴a n ＝b n －1b n ＝n （n ＋1）2. 答案 a n ＝n （n ＋1）213.(2017·合肥模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列.(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列. 解 (1)设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n, ②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. (2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n ＋1}不是等比数列.。
2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章 数列 微专题二 Word版含解析
姓名，年级：时间：微专题二数列通项公式的常用求法一、累加法、累乘法例1 已知数列{a n}满足a n＋1＝a n＋2·3n＋1，a1＝3，则数列｛a n｝的通项公式为________．答案a n＝3n＋n－1解析由a n＋1＝a n＋2·3n＋1，得a2＝a1＋2×31＋1，a3＝a2＋2×32＋1，a4＝a3＋2×33＋1，…，a n＝a n－1＋2×3n－1＋1,累加可得a n＝a1＋2×(31＋32＋…＋3n－1）＋（n－1)，又a1＝3，∴a n＝2·错误!＋n＋2＝3n＋n－1(n＝1时也成立）．例2 设数列｛a n}是首项为1的正项数列，且（n＋1)a错误!－na错误!＋a n＋1a n ＝0（n＝1,2,3，…），则它的通项公式是a n＝________。
答案错误!解析原递推式可化为：［(n＋1）a n＋1－na n］（a n＋1＋a n)＝0，∵a n＋1＋a n>0，∴错误!＝错误!，则错误!＝错误!,错误!＝错误!,错误!＝错误!，…，错误!＝错误!，累乘可得错误!＝错误!，又a1＝1，∴a n＝错误!（n＝1时也成立)．跟踪训练1 (1）在数列｛a n｝中，a1＝3，a n＋1＝a n＋1n n＋1,则数列{a n｝的通项公式为a n＝_______。
答案4－错误!解析原递推式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋错误!－错误!，a 3＝a 2＋错误!－错误!,a 4＝a 3＋错误!－错误!，…，a n ＝a n －1＋错误!－错误!,累加得a n ＝a 1＋1－错误!。
故a n ＝4－错误!(n ＝1时也成立）．（2）在数列｛a n ｝中,a 1＝1，a n ＋1＝2n·a n ,则a n ＝______. 答案 (1)22n n -解析 a 1＝1,a 2＝2a 1, a 3＝22a 2，…，a n ＝2n －1a n －1,累乘得a n ＝2·22·23·…·2n －1＝(1)22n n -，当n ＝1时也成立,故a n ＝(1)22n n -。
第六章 §6.2 等差数列-2024-2025学年高考数学大一轮复习(人教A版)配套PPT课件
则 S2－ S1＝ 4a1－ a1＝d，得 a1＝d 2，
所以 Sn＝ S1＋(n－1)d＝nd， 所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次 函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列.
思维升华
判断数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差 数列； (2)等差中项法：对于数列{an}，2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是 等差数列； (3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差 数列； (4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立 ⇔{an}是等差数列.
第六章
§6.2 等差数列
课标要求
1.理解等差数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式 与前n项和公式的关系. 3.能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题. 4.体会等差数列与一元函数的关系.
内容索引
第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型
设数列{an}的公差为d， 则 Sn＝na1＋nn－2 1d＝12dn2＋a1－d2n.
因为数列{ Sn}是等差数列，所以数列{ Sn}的通项公式是关于 n 的 一次函数，则 a1－d2＝0，即 d＝2a1，所以 a2＝a1＋d＝3a1. ②③⇒①. 已知数列{ Sn}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1. 设数列{ Sn}的公差为 d，d>0，
(2)(多选)(2023·郑州模拟)若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，S5<S6，
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第六章 平面向量、复数6.5
大一轮复习讲义第六章平面向量、复数§6.5复数NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PART ONE知识梳理1.复数的有关概念(1)定义：形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫做复数，其中a 叫做复数z 的，b 叫做复数z 的(i 为虚数单位).(2)分类：ZHISHISHULI实部虚部满足条件(a ，b 为实数)复数的分类a ＋b i 为实数⇔______a ＋b i 为虚数⇔______a ＋b i 为纯虚数⇔________________b ＝0b ≠0a ＝0且b ≠0(3)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔(a ，b ，c ，d ∈R ).(4)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔(a ，b ，c ，d ∈R ).(5)模：向量的模叫做复数z ＝a ＋b i 的模，记作或，即|z |＝|a ＋b i|＝(a ，b ∈R ). a 2＋b 2a ＝c 且b ＝d a ＝c ，b ＝－d |a ＋b i||z |OZ →2.复数的几何意义复数z ＝a ＋b i 与复平面内的点及平面向量＝(a ，b )(a ，b ∈R )是一一对应关系.3.复数的运算(1)运算法则：设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i ，a ，b ，c ，d ∈R .OZ →Z (a ，b )()()ia cb d ±+±()()iac bd bc ad -++2222i ac bd bc ad c d c d+-+++(2)几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ 1ZZ 2可以直观地反映出复数加减法的几何意义，即OZ →＝，Z 1Z 2——→＝ .OZ 1——→＋OZ 2——→ OZ 2——→－OZ 1——→【概念方法微思考】1.复数a＋b i的实部为a，虚部为b吗？提示不一定.只有当a，b∈R时，a才是实部，b才是虚部.2.如何理解复数的加法、减法的几何意义？提示复数的加法、减法的几何意义就是向量加法、减法的平行四边形法则.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)方程x 2＋x ＋1＝0没有解.()(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )中，虚部为b i.()(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.()(4)原点是实轴与虚轴的交点.()(5)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模.()××√×√基础自测JICHUZICE2.[P106B 组T2]设z ＝1－i 1＋i＋2i ，则|z |等于 A.0 B.12 C.1 D.2 解析 ∵z ＝1－i 1＋i ＋2i ＝(1－i )2(1＋i )(1－i )＋2i ＝－2i 2＋2i ＝i ， ∴|z |＝1.故选C.题组二教材改编√→对应的复数是2＋i，向量CB→对应的复数是3.[P112A组T2]在复平面内，向量AB－1－3i，则向量CA→对应的复数是√A.1－2iB.－1＋2iC.3＋4iD.－3－4i解析CA→＝CB→＋BA→＝－1－3i＋(－2－i)＝－3－4i.4.[P116A 组T2]若复数z ＝(x 2－1)＋(x －1)i 为纯虚数，则实数x 的值为A.－1B.0C.1 D.－1或1解析 ∵z 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1＝0，x －1≠0，∴x ＝－1. √解析 ∵复数a ＋b i ＝a －b i 为纯虚数，∴a ＝0且－b ≠0，即a ＝0且b ≠0，题组三易错自纠5.设a ，b ∈R ，i 是虚数单位，则“ab ＝0”是“复数a ＋为纯虚数”的A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件b i√∴“ab ＝0”是“复数a ＋b i 为纯虚数”的必要不充分条件.故选C.6.若复数z 满足i z ＝2－2i(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数在复平面内对应的点所在的象限是A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析 由题意，∵z ＝2－2i i ＝(2－2i )·(－i )i·(－i )＝－2－2i ， √ z ∴z ＝－2＋2i ，则z 的共轭复数z 对应的点在第二象限.故选B.－i 7.i2 014＋i2 015＋i2 016＋i2 017＋i2 018＋i2 019＋i2 020＝____.解析原式＝i2＋i3＋i4＋i1＋i2＋i3＋i4＝－i.2题型分类深度剖析PART TWO题型一复数的概念自主演练1.(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)若复数z 满足i·z ＝－3＋2i(i 为虚数单位)，则复数z 的虚部是A.－3B.－3iC.3D.3i√解析 因为z ＝－3＋2i i ＝2＋3i ， 所以复数z 的虚部是3.故选C.解析 由复数2＋i 1＋i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋i (1－i )(1＋i )(1－i )＝3－i 2＝32－12i ， 所以共轭复数为32＋12i ，故选D.2.复数2＋i 1＋i的共轭复数是 A.－32＋12i B.－32－12iC.32－12iD.32＋12i √3.(2018·杭州质检)设a ∈R ，若(1＋3i)(1＋a i)∈R (i 是虚数单位)，则a 等于A.3B.－3C.13D.－13 解析由题意得，(1＋3i)(1＋a i)＝1－3a ＋(3＋a )i 为实数，∴3＋a ＝0，∴a ＝－3，故选B.√思维升华复数的基本概念有实部、虚部、虚数、纯虚数、共轭复数等，在解题中要注意辨析概念的不同，灵活使用条件得出符合要求的解.命题点1复数的乘法运算例1(1)(2018·全国Ⅲ)(1＋i)(2－i)等于A.－3－iB.－3＋iC.3－iD.3＋i 题型二复数的运算√多维探究解析(1＋i)(2－i)＝2＋2i －i －i 2＝3＋i.(2)i ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋3i 等于 A.3－2iB.3＋2iC.－3－2iD.－3＋2i√解析i(2＋3i)＝2i ＋3i 2＝－3＋2i ，故选D.例2 (1)(2018·全国Ⅱ)1＋2i 1－2i等于 A.－45－35i B.－45＋35iC.－35－45iD.－35＋45i 命题点2复数的除法运算√故选D.解析 1＋2i 1－2i ＝(1＋2i )2(1－2i )(1＋2i )＝1－4＋4i 1－(2i )2＝－3＋4i 5＝－35＋45i.所以z ·z ＝8，z z ＝z 28＝(2±2i )28＝±i ，故选D. (2)(2018·浙江杭州地区四校联考)设z 的共轭复数是z ，若z ＋z ＝4，z 2＝±8i ，则z z 等于A.iB.－iC.±1D.±i 由z 2＝±8i ，得b ＝±2，解析 由z ＋z ＝4可设z ＝2＋b i(b ∈R )，√例3 (1)(2018·绍兴质检)在复平面内，复数11＋i－i 5的模为 A.10 B.52 C. 5 D.102 所以该复数的模为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－322＝102，故选D. 命题点3复数的综合运算√解析 因为11＋i －i 5＝1－i (1＋i )(1－i )－i 5＝12－12i －i ＝12－32i ，(2)对于两个复数α＝1－i ，β＝1＋i ，有下列四个结论：①αβ＝1；②αβ＝－i ；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪αβ＝1；④α2＋β2＝0，其中正确结论的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 √解析对于两个复数α＝1－i ，β＝1＋i ，①αβ＝(1－i)·(1＋i)＝2，故①不正确；②αβ＝1－i 1＋i ＝(1－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝－2i 2＝－i ，故②正确； ③⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪αβ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i ＝1，故③正确； ④α2＋β2＝(1－i)2＋(1＋i)2＝1－2i －1＋1＋2i －1＝0，故④正确.故选C.思维升华(1)复数的乘法：复数乘法类似于多项式的四则运算.(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数.跟踪训练1 (1)已知a∈R，i是虚数单位，若z＝3＋a i，z·z＝4，则a为√A.1或－1B.1C.－1D.不存在的实数解析由题意得z＝3－a i，故z·z＝3＋a2＝4⇒a＝±1，故选A.(2)(2018·浙江杭州七校联考)已知复数z＝2＋a i(a∈R)，|(－1＋i)z|＝32，则a的值是√A.±5B. 5C.±3D.3解析方法一|(－1＋i)z|＝|(－2－a)＋(2－a)i|＝(－2－a)2＋(2－a)2＝2a2＋8＝32，则a＝±5，故选A.方法二|(－1＋i)z|＝|－1＋i|·|z|＝2·22＋a2＝32，则a＝±5，故选A.题型三复数的几何意义师生共研例4 (1)(2018·浙江六校协作体联考)已知z 是z 的共轭复数，若复数z ＝1－2i 2＋i＋2，则z 在复平面内对应的点是A.(2,1)B.(2，－1)C.(－2,1)D.(－2，－1)√解析 方法一 由z ＝1－2i 2＋i ＋2＝(1－2i )(2－i )(2＋i )(2－i )＋2＝－5i 5＋2＝2－i ， 得z ＝2＋i ，所以z 在复平面内对应的点为(2,1)，故选A.方法二 由z ＝1－2i 2＋i ＋2＝(1－2i )·i (2＋i )·i ＋2＝(1－2i )·i －(1－2i )＋2＝2－i ， 得z ＝2＋i ，所以z 在复平面内对应的点为(2,1)，故选A.(2)(2018·浙江重点中学考试)已知复数z 满足(2－i)z ＝3＋a i(i 是虚数单位).若复数z 在复平面内对应的点在直线y ＝2x －4上，则实数a 的值为______.－114解析 方法一 因为(2－i)z ＝3＋a i ，所以z ＝(3＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝6－a ＋(2a ＋3)i 5， 其在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫6－a 5，2a ＋35，所以2a ＋35＝12－2a 5－4，解得a ＝－114. 所以⎩⎪⎨⎪⎧4t －4＝3，3t －8＝a ，解得a ＝－114. 方法二因为复数z 在复平面内对应的点在直线y ＝2x －4上，不妨设z ＝t ＋(2t －4)i(t ∈R )，则(2－i)[t ＋(2t －4)i]＝2t ＋2t －4＋(3t －8)i ＝3＋a i ，思维升华复平面内的点、向量及向量对应的复数是一一对应的，要求某个向量对应的复数时，只要找出所求向量的始点和终点，或者用向量相等直接给出结论即可.跟踪训练2 (1)已知复数z ＝5i 3＋4i(i 是虚数单位)，则z 的共轭复数z 对应的点在 A.第四象限 B.第三象限C.第二象限D.第一象限√解析 ∵z ＝5i 3＋4i ＝5i·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－4i ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋4i ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－4i ＝45＋35i ， ∴z ＝45－35i ，则z 的共轭复数z 对应的点在第四象限.故选A.∵OC →＝xOA →＋yOB →，(2)已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－2i ，它们所对应的点分别为A ，B ，C ，O 为坐标原点，若OC →＝xOA →＋yOB →，则x ＋y 的值是____.解析由已知得A (－1,2)，B (1，－1)，C (3，－2)，5∴(3，－2)＝x (－1,2)＋y (1，－1)＝(－x ＋y,2x －y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＝3，2x －y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝4，故x ＋y ＝5.3课时作业PART THREE1.(2018·湖州模拟)已知i 为虚数单位，则复数z＝(1＋i )(1＋2i )i的虚部为 A.－1 B.－i C.1 D.i 基础保分练解析 由题意知，z ＝－1＋3i i ＝3＋i ，故复数z 的虚部为1.√解析 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋4i i ＝|4－3i|＝16＋9＝5.2.(2018·浙江高考研究联盟联考)复数3＋4i i 的模是A.4B.5C.7D.25 √3.(2018·浙江金华名校统练)设复数z 满足1－z 1＋z＝2i ，则z 等于 A.－35－45i B.－35＋45iC.35＋45iD.35－45i解析 由1－z 1＋z＝2i ，得1－z ＝2i ＋(2i)z ， √所以z ＝1－2i 1＋2i ＝(1－2i )2(1＋2i )(1－2i )＝－35－45i ，故选A.4.(2018·温州测试)若复数z1，z2在复平面内关于虚轴对称，且z1＝1＋i(i为虚数单位)，则z1z2等于A.－iB.iC.－2iD.2i√所以z1z2＝1＋i－1＋i＝(1＋i)2(－1＋i)(1＋i)＝2i－2＝－i.故选A.解析依题意得，z2＝－1＋i，5.已知i 为虚数单位，a ∈R ，若i －2a －i为纯虚数，则a 等于 A.12 B.－12 C.2 D.－2 所以－2a －1＝0且a －2≠0，解得a ＝－12，故选B.解析 由题意知i －2a －i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫i －2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋i ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －i ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋i ＝(－2a －1)＋(a －2)i a 2＋1＝－2a －1a 2＋1＋a －2a 2＋1i ，又由i －2a －i为纯虚数， √6.(2018·浙江七彩阳光联盟联考)已知i 是虚数单位，若复数z 满足41＋z＝1－i ，则z ·z 等于A.4B.5C.6D.8 √解析 由41＋z ＝1－i ，得z ＝41－i－1＝1＋2i ， 所以z ＝1－2i ，则z ·z ＝(1＋2i)(1－2i)＝5，故选B.7.已知复数z 满足z 2＝12＋16i ，则z 的模为 A.20 B.12 C.2 5 D.2 3 解析设z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R ，则由z 2＝12＋16i ，得a 2－b 2＋2ab i ＝12＋16i ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 2－b 2＝12，2ab ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－4，b ＝－2，√即|z |＝a 2＋b 2＝16＋4＝2 5.故选C.8.已知集合M＝{1，m,3＋(m2－5m－6)i}，N＝{－1,3}，若M∩N＝{3}，则实数m的值为______.3或6解析∵M∩N＝{3}，∴3∈M且－1∉M，∴m≠－1,3＋(m2－5m－6)i＝3或m＝3，∴m2－5m－6＝0且m≠－1或m＝3，解得m＝6或m＝3，经检验符合题意.59.(2019·嘉兴测试)若复数z＝4＋3i，其中i是虚数单位，则|z|＝__，z2＝7＋24i______.解析|z|＝|4＋3i|＝42＋32＝5，z2＝(4＋3i)2＝7＋24i.解析 由题意可知z ＝2－i 3＋i ＝2－i 3＋i ·3－i 3－i ＝6－5i ＋i 29－i 2＝12－12i ， 10.若复数z 满足(3＋i)z ＝2－i(i 为虚数单位)，则z ＝______；|z |＝___.12－12i 22 所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－122＝22.11.(2018·浙江十校联盟考试)复数z ＝2i 1＋i(i 为虚数单位)的虚部为___，其共轭复数在复平面内对应的点位于第____象限. 解析 因为z ＝2i 1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋i ，所以z 的虚部为1，z ＝1－i ， 1四故复数z 的共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限.12.(2018·浙江重点中学考前热身联考)若a 为实数，17＋a i 4－5i＝3＋i ，且z ＝1＋a 11i ，则a ＝____，|z |＝____. 故z ＝1－i ，|z |＝12＋(－1)2＝ 2. 2 －11解析由题意得17＋a i ＝(4－5i)(3＋i)＝17－11i ，所以a ＝－11.。
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第六章 平面向量、复数6.3
大一轮复习讲义第六章平面向量、复数§6.3平面向量的数量积NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PART ONE知识梳理1.向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，作＝a ，＝b ，则就是向量a 与b 的夹角，向量夹角的范围是.ZHISHISHULI∠AOB [0，π]OA → OB →2.平面向量的数量积定义设两个非零向量a ，b 的夹角为θ，则数量叫做a 与b 的数量积，记作a ·b投影叫做向量a 在b 方向上的投影，叫做向量b 在a 方向上的投影几何意义数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影的乘积|a ||b |·cos θ|a |cos θ|b |cos θ|b |cos θ3.向量数量积的运算律(1)a ·b ＝b ·a .(2)(λa )·b ＝λ(a ·b )＝.(3)(a ＋b )·c ＝.a ·(λb )a·c ＋b·c4.平面向量数量积的有关结论已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a 与b 的夹角为θ.结论几何表示坐标表示模|a |＝_____|a |＝_________夹角cos θ＝_______cos θ＝a ⊥b 的充要条件_____________________|a ·b |与|a ||b |的关系|a ·b |≤_____|x 1x 2＋y 1y 2|≤ a ·a x 21＋y 21 a ·b |a ||b | x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22 a ·b ＝0x 1x 2＋y 1y 2＝0|a ||b | (x 21＋y 21)(x 22＋y 22)【概念方法微思考】1.a在b方向上的投影与b在a方向上的投影相同吗？提示不相同.因为a在b方向上的投影为|a|cosθ，而b在a方向上的投影为|b|cosθ，其中θ为a与b的夹角.2.两个向量的数量积大于0，则夹角一定为锐角吗？提示不一定.当夹角为0°时，数量积也大于0.基础自测JICHUZICE123456题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.()(2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.()(3)由a ·b ＝0可得a ＝0或b ＝0.()(4)(a ·b )c ＝a (b ·c ).()(5)两个向量的夹角的范围是.()(6)若a·b <0，则a 和b 的夹角为钝角.()×√××√⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2 ×题组二教材改编12 2.[P105例4]已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝____.解析∵2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0，∴10＋2－k＝0，解得k＝12.解析由数量积的定义知，b 在a 方向上的投影为|b |cos θ＝4×cos 120°＝－2.3.[P106T3]已知|a |＝5，|b |＝4，a 与b 的夹角θ＝120°，则向量b 在向量a 方向上的投影为____.-2题组三易错自纠4.已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝_____.23 解析 方法一 |a ＋2b |＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2方法二(数形结合法)由|a |＝|2b |＝2知，以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋又∠AOB ＝60°，＝22＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12＝2 3. 则|a ＋2b |＝|OC →|.所以|a ＋2b |＝2 3.解析 AB →＝(2,1)，CD →＝(5,5)， 5.已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量AB →在CD →方向上的投影为_____.由定义知，AB →在CD →方向上的投影为AB →·CD →|CD →|＝1552＝322. 322解析∵〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈a ，c 〉＝120°，|a |＝|b |＝|c |＝1，6.已知△ABC 的三边长均为1，且AB →＝c ，BC →＝a ，CA →＝b ，则a·b ＋b·c ＋a·c ＝_____. －32∴a·b ＝b·c ＝a·c ＝1×1×cos 120°＝－12，∴a·b ＋b·c ＋a·c ＝－32.2题型分类深度剖析PART TWO题型一平面向量数量积的基本运算自主演练1.已知a＝(x,1)，b＝(－2,4)，若(a＋b)⊥b，则x等于√A.8B.10C.11D.12解析∵a＝(x,1)，b＝(－2,4)，∴a＋b＝(x－2,5)，又(a＋b)⊥b，∴(x－2)×(－2)＋20＝0，∴x＝12.2.(2018·全国Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)等于√A.4B.3C.2D.0解析a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.3.(2012·浙江)在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝_____. 解析 如图所示，AB →＝AM →＋MB →，－16AC →＝AM →＋MC →＝AM →－MB →，∴AB →·AC →＝(AM →＋MB →)·(AM →－MB →)＝AM →2－MB →2＝|AM →|2－|MB →|2＝9－25＝－16.思维升华平面向量数量积的三种运算方法(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝xx2＋y1y2.1(3)利用数量积的几何意义求解.题型二平面向量的模师生共研例1 (1)(2018·浙江五校联考)如图，已知在平行四边形ABCD中，E，M分别为DC的两个三等分点，F，N分别为BC的两个三等分点，且AE→·AF→＝25，AM→·AN→＝43，则|AC→|2＋|BD→|2等于A.45B.60√C.90D.180解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，依题意得AE →＝AD →＋DE →＝13a ＋b ，AF →＝AB →＋BF →＝a ＋13b ，AM →＝AD →＋DM →＝23a ＋b ，AN →＝AB →＋BN →＝a ＋23b ，∵AE →·AF →＝25，AM →·AN →＝43，∴a 2＋b 2＝45，∴⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13a ＋b ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋13b ＝25，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23a ＋b ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋23b ＝43，即⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 13(a 2＋b 2)＋109a ·b ＝25，23(a 2＋b 2)＋139a ·b ＝43，∴|AC →|2＋|BD →|2＝|a ＋b |2＋|b －a |2＝(a ＋b )2＋(b －a )2＝2(a 2＋b 2)＝90.故选C.∴|a ＋b |＋|a －b |＝(a ＋b )2＋(a －b )2解析设a ，b 的夹角为θ，∵|a |＝1，|b |＝2，∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]，∴y 2∈[16,20]，(2)(2017·浙江)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是___，最大值是____.425 ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ.则y 2＝10＋225－16cos 2θ. ∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25].思维升华计算平面向量模的方法利用数量积求长度问题是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法：(1)|a|2＝a2＝a·a；(2)|a±b|2＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；(3)若a＝(x，y)，则|a|＝x2＋y2.跟踪训练1(1)(2014·浙江)设θ为两个非零向量a，b的夹角，已知对任意实数t，|b＋t a|的最小值为1，则A.若θ确定，则|a|唯一确定√B.若θ确定，则|b|唯一确定C.若|a|确定，则θ唯一确定D.若|b|确定，则θ唯一确定所以4|a |2·|b |2－4|a |2·|b |2cos 2θ4|a |2＝|b |2(1－cos 2θ)＝1. 解析|b ＋t a |2＝b 2＋2a ·b ·t ＋t 2a 2＝|a |2t 2＋2|a |·|b |cos θ·t ＋|b |2.因为|b ＋t a |min ＝1，所以|b |2sin 2θ＝1，所以|b |sin θ＝1，即|b |＝1sin θ. 即θ确定，|b |唯一确定.则a ＝14(3m ＋n )，b ＝14(n －m )，因为|m |＝|n |＝2，解析方法一设a －b ＝m ，a ＋3b ＝n ，所以16a 2＝(3m ＋n )2＝9m 2＋n 2＋6m ·n ＝9×4＋4＋6×2×2×cos θ＝40＋24cos θ，其中θ为向量m ，n 的夹角，cos θ∈[－1,1]，40＋24cos θ∈[16,64]，即a 2∈[1,4]，所以|a |的取值范围是[1,2].方法二由|a －b |＝2得a 2＋b 2－2a ·b ＝4，由|a ＋3b |＝2得a 2＋9b 2＋6a ·b ＝4，所以a 2＋3b 2＝4，b 2＋a ·b ＝0，设向量a ，b 的夹角为θ，所以|b |＝－|a |cos θ，－cos θ∈[0,1]，所以|b |≤|a |，a 2＋3b 2≤4a 2，即4a 2≥4，所以|a |≥1，又a 2≤4，所以1≤|a |≤2，故|a |的取值范围是[1,2].(2)(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知向量a ，b 满足|a －b |＝|a ＋3b |＝2，则|a |的取值范围是______.[1,2]题型三平面向量的夹角师生共研例2(1)(2018·浙江高考适应性考试)若向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝1，且(a ＋8b )⊥a ，则向量a ，b 的夹角为A.π6B.π3C.2π3D.5π6 √所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－12， 解析由(a ＋8b )⊥a ，得|a |2＋8a ·b ＝0，因为|a |＝4，所以a ·b ＝－2，所以向量a ，b 的夹角为2π3，故选C.(2)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量.若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是____. |3e 1－e 2|＝(3e 1－e 2)2＝3e 21－23e 1·e 2＋e 22＝3－0＋1＝2. 解析由题意知|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝0，同理|e 1＋λe 2|＝1＋λ2. 33 所以cos 60°＝(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2||e 1＋λe 2|＝3e 21＋(3λ－1)e 1·e 2－λe 2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12， 解得λ＝33.求平面向量的夹角的方法思维升华(1)定义法：cos θ＝a·b|a||b|，θ的取值范围为[0，π].(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22.(3)解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中.跟踪训练2(1)(2011·浙江)若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，则α与β的夹角θ的取值范围是________.12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π6，5π6 解析 由题意知S ＝|α||β|sin θ＝12≤sin θ，∵θ∈[0，π]，∴θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π6，5π6.(2)(2018·浙江金华名校统考)已知向量a ，b 是夹角为π3的单位向量，当实数λ≤－1时，向量a 与向量a ＋λb 的夹角的取值范围是A.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0，π3B.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3，2π3C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫2π3，π D.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3，π √解析 根据向量a ，b 是夹角为π3的单位向量， 画出图形，如图所示，设OA →＝a ，OB →＝b ，∠AOB ＝π3，当λ＝－1时，a ＋λb ＝OA →＋OC →＝OD →，此时a 与a ＋λb 的夹角为∠AOD ＝π3；当λ<－1时，a ＋λb ＝OE →＋OA →＝OF →，此时a 与a ＋λb 的夹角为∠AOF ，且∠AOD <∠AOF <∠AOE ，即π3<∠AOF <2π3.综上，向量a 与向量a ＋λb 的夹角的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3，2π3.3课时作业PART THREE基础保分练1.已知a，b为非零向量，则“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”的√A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析根据向量数量积的定义式可知，若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或零角，若a与b的夹角为锐角，则一定有a·b>0，所以“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.则|2a －b |＝32＋(－1)2＝10，|a |＝22＋12＝5，cos θ＝(2a －b )·a |2a －b ||a |＝510×5＝22， 2.(2018·台州调研)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1,3)，则向量2a －b 与a 的夹角为A.135°B.60°C.45°D.30°解析由题意可得2a －b ＝2(2,1)－(1,3)＝(3，－1)，√且(2a －b )·a ＝(3，－1)·(2,1)＝6－1＝5，设所求向量的夹角为θ，由题意可得则向量2a －b 与a 的夹角为45°.3.已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a －b ＝(3，2)，则|2a －b |等于 A.2 2 B.17 C.15 D.2 5√解析 根据题意，|a －b |＝3＋2＝5， 则(a －b )2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝5－2a ·b ＝5，可得a ·b ＝0，结合|a |＝1，|b |＝2，可得(2a －b )2＝4a 2＋b 2－4a ·b ＝4＋4＝8，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a －b ＝22，故选A.4.(2018·宁波质检)在△ABC 中，|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F为BC 的三等分点，则AE →·AF →等于A.89B.109C.259D.269 √解析 由|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，化简得AB →·AC →＝0，不妨令E 为BC 的靠近C 的三等分点，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23，23，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，43， 所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23，23，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，43， 又因为AB 和AC 为三角形的两条边，它们的长不可能为0，所以AB 与AC 垂直，所以△ABC 为直角三角形.以A 为原点，以AC 所在直线为x 轴，以AB 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A (0,0)，B (0,2)，C (1,0).所以AE →·AF →＝23×13＋23×43＝109.A.－1B.1C.－12D.12√且 a ·b ＝|a |×|b |×cos 60°＝12，a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝1－12＝12， 则向量a －b 在向量a 方向上的投影为 (a －b )·a |a |＝121＝12.故选D. 5.已知两个单位向量a 和b 的夹角为60°，则向量a －b 在向量a 方向上的投影为解析由题意可得|a |＝|b |＝1，6.(2018·温州“十五校联合体”联考)已知向量a ，b 的夹角为θ，|a ＋b |＝6，|a －b |＝23，则θ的取值范围是A.0≤θ≤π3B.π3≤θ＜π2C.π6≤θ＜π2D.0＜θ＜2π3√由|a －b |＝23， 从而有cos θ＝a ·b |a ||b |≥2a ·b |a |2＋|b |2＝12， 又0≤θ≤π，故0≤θ≤π3.解析由|a ＋b |＝6，得|a |2＋2a ·b ＋|b |2＝36，①得|a |2－2a ·b ＋|b |2＝12，②由①②得|a |2＋|b |2＝24，且a ·b ＝6，则cos α＝a ·b |a ||b |＝323＝32. 解析∵(a ＋b )·b ＝a ·b ＋b 2＝7，∴a ·b ＝7－b 2＝3.设向量a 与b 的夹角为α，7.若平面向量a ，b 满足⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋b ·b ＝7，|a |＝3，|b |＝2，则向量a 与b 的夹角为___. π6 又0≤α≤π，∴α＝π6，即向量a 与b 的夹角为π6.解析 a 与b 的夹角为锐角，则a·b >0且a 与b 不共线，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3λ2＋4λ>0，2λ－6λ2≠0，8.已知a ＝(λ，2λ)，b ＝(3λ，2)，如果a 与b 的夹角为锐角，则λ的取值范围是______________________________.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－43∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，＋∞ 解得λ<－43或0<λ<13或λ>13，所以λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，－43∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，＋∞.解析 因为O 是△ABC 的外心，所以向量AO →在向量AC →上的投影AO →·AC →|AC →|＝1，向量AO →在向量AB →上的投影为AO →·AB →|AB →|＝32， 9.(2018·浙江名校协作体试题)已知在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝7，AC ＝2，且O 是△ABC 的外心，则AO →·AC →＝___，AO →·BC →＝_____.－522所以AO →·AC →＝2，AO →·AB →＝92，所以AO →·BC →＝AO →·AC →－AO →·AB →＝2－92＝－52.又因为|b |≥2，则向量a 在向量b 方向上的投影为a ·b |b |∈⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－32，0. 解析由(a ＋b )2－b 2＝|a |＝3，得(a ＋b )2－b 2＝|a |2＋2a ·b ＋|b |2－|b |2＝9＋2a ·b ＝3，解得a ·b ＝－3，10.(2018·温州市高考适应性测试)若向量a ，b 满足(a ＋b )2－b 2＝|a |＝3，且|b |≥2，则a 在b 方向上的投影的取值范围是________.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－32，0所以cos θ＝a·b |a||b |＝－64×3＝－12. 解因为(2a －3b )·(2a ＋b )＝61，所以4|a |2－4a·b －3|b |2＝61.又|a |＝4，|b |＝3，所以64－4a·b －27＝61，所以a·b ＝－6，11.已知|a |＝4，|b |＝3，(2a －3b )·(2a ＋b )＝61.(1)求a 与b 的夹角θ；又0≤θ≤π，所以θ＝2π3.(2)求|a＋b|；解|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝13.解 因为AB →与BC →的夹角θ＝2π3，(3)若AB →＝a ，BC →＝b ，求△ABC 的面积.所以∠ABC ＝π－2π3＝π3.又|AB →|＝|a |＝4，|BC →|＝|b |＝3，所以S △ABC ＝12|AB →||BC →|·sin ∠ABC＝12×4×3×32＝3 3.12.已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，求P A →·(PB →＋PC →)的最小值.。
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第六章 平面向量、复数6.4 第2课时
大一轮复习讲义第六章§6.4平面向量的应用第2课时平面向量的综合应用NEIRONGSUOYIN 内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类深度剖析1PART ONE题型一平面向量与数列师生共研例1 (2018·浙江名校协作体考试)设数列{x n}的各项都为正数且x1＝1.△ABC内→＋的点P n(n∈N*)均满足△P n AB与△P n AC的面积比为2∶1，若P n A→＋12x n＋1·P n B (2x n＋1)P n C→＝0，则x4的值为√A.15B.17C.29D.31解析 因为P n A →＋12x n ＋1P n B →＋(2x n ＋1)P n C →＝0，所以P n A →＋(2x n ＋1)P n C →＝－12x n ＋1P n B →，如图，设(2x n ＋1)P n C →＝P n D →，以P n A 和P n D 为邻边作平行四边形P n DEA ，所以P n A →＋P n D →＝P n E →＝－12x n ＋1P n B →，所以|P n E →||P n B →|＝x n ＋12， 所以 ＝x n ＋12，又|P n C →||P n D →|＝12x n ＋1＝|P n C →||AE →|， 所以 ＝12x n ＋1，所以 ＝x n ＋14x n ＋2＝12， 所以x n ＋1＝2x n ＋1，又x 1＝1，所以x 2＝3，x 3＝7，x 4＝15，故选A.n n P EA P BA S S △△n n n n P AC P AC P AD P AE S S S S △△△△n n P AC P AB S S △△思维升华向量与其他知识的结合，多体现向量的工具作用，利用向量共线或向量数量积的知识进行转化，“脱去”向量外衣，利用其他知识解决即可.跟踪训练1 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 018OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 018等于A.1 009B.1 008C.2 017D.2 018a 1＋a 2 018＝1，又数列{a n }是等差数列，S 2 018＝(a 1＋a 2 018)×2 0182＝1 009. 解析 因为OB →＝a 1OA →＋a 2 018OC →，且A ，B ，C 三点共线，√(2)(2018·浙江新高考预测)角A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，向量m 满足|m |＝62，且m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2sin B ＋C 2，cos B －C 2，当角A 最大时，动点P 使得|PB →|，|BC →|，|PC →|成等差数列，则|P A →||BC →|的最大值是________. 233解析 设BC ＝2a ，BC 的中点为D .由题意得|m |2＝⎝⎛⎭⎪⎫2sin B ＋C 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫cos B －C 22 ＝1－cos(B ＋C )＋12[1＋cos(B －C )] ＝32－12cos B cos C ＋32sin B sin C ＝32，则12cos B cos C ＝32sin B sin C ，化简得tan B tan C ＝13，则tan A ＝－tan(B ＋C )＝－tan B ＋tan C1－tan B tan C＝－32(tan B ＋tan C )≤－32×2tan B tan C ＝－3， 当且仅当tan B ＝tan C ＝33时，等号成立，所以当角A 最大时，A ＝2π3，B ＝C ＝π6，则易得AD ＝3a 3.因为|PB →|，|BC →|，|PC →|成等差数列，所以2|BC →|＝|PB →|＋|PC →|，则点P 在以B ，C 为焦点，以2|BC →|＝4a 为长轴的椭圆上，由图(图略)易得当点P 为椭圆的与点A 在直线BC 的异侧的顶点时，|P A →|取得最大值，此时|PD →|＝(2a )2－a 2＝3a ，则|P A →|＝|PD →|＋|AD →|＝43a 3，所以|P A →||BC →|＝43a 32a ＝233.题型二和向量有关的最值问题例2 (1)(2018·浙江镇海中学测试)已知△ABC 内接于圆O ，且A ＝60°，若AO →＝xAB →＋yAC →(x ，y ∈R )，则x ＋2y 的最大值是A.23B.1C.12D.2－223 多维探究命题点1与平面向量基本定理有关的最值问题√由AO →＝xAB →＋yAC →，得AO →·AB →＝xAB →2＋yAC →·AB →，AC →·AO →＝xAC →·AB →＋yAC →2，所以⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 12c 2＝c 2·x ＋12bc ·y ，12b 2＝12bc ·x ＋b 2·y ，解得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ x ＝23－b 3c ，y ＝23－c 3b ，所以x ＋2y ＝2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b c ＋2c b ≤2－13×22 ＝2－223(当且仅当b ＝2c 时取等号)，故选D.解析设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .(2)(2018·温州模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，M ，N 分别为线段BC ，CD 上的点，且满足1CM 2＋1CN 2＝1，若AC →＝xAM →＋yAN →，则x ＋y 的最小值为____. 54所以1＝1CM 2＋1CN 2＝MN 2CM 2·CN2，即MN ＝CM ·CM ， AC →＝xAM →＋yAN →＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x x ＋yAM →＋y x ＋y AN →. 由向量共线定理知，AC →＝(x ＋y )AG →，所以x ＋y ＝|AC →||AG →|＝5|AG →|， 又因为|AG →|max ＝5－1＝4，所以x ＋y 的最小值为54.解析连接MN 交AC 于点G .由勾股定理，知MN 2＝CM 2＋CN 2，所以C 到直线MN 的距离为定值1，此时MN 是以C 为圆心，1为半径的圆的一条切线(如图所示)，命题点2与数量积有关的最值问题例3(1)(2017·浙江)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记I1＝OA→·OB→，I2＝OB→·OC→，I3＝OC→·OD→，则A.I1＜I2＜I3B.I1＜I3＜I2√C.I3＜I1＜I2D.I2＜I1＜I3解析∵I1－I2＝OA→·OB→－OB→·OC→＝OB→·(OA→－OC→)＝OB→·CA→，又OB→与CA→所成角为钝角，∴I1－I2＜0，即I1＜I2.∵I1－I3＝OA→·OB→－OC→·OD→＝|OA→||OB→|cos∠AOB－|OC→||OD→|cos∠COD∴I1－I3＞0，即I1＞I3.∴I3＜I1＜I2，故选C.＝cos∠AOB(|OA→||OB→|－|OC→||OD→|)，又∠AOB为钝角，OA＜OC，OB＜OD，解析 由题意得|a |＝12，|b |＝|c |＝1，则当向量－a ，－b ，c 同向共线时，(c －a )·(c －b )取得最大值－18＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋1＋12＝3， 则(c －a )·(c －b )＝|c |2－c ·b －c ·a ＋a ·b ＝|c |2＋12(－a －b ＋c )2－12(|a |2＋|b |2＋|c |2)＝－18＋12(－a －b ＋c )2，当－a －b ＋c ＝0时，(c －a )·(c －b )取得最小值－18.(2)(2018·绍兴市柯桥区质检)已知向量a ，b ，c 满足|b |＝|c |＝2|a |＝1，则(c －a )·(c －b )的最大值是___，最小值是_____.－183命题点3与模有关的最值问题例4 (1)(2018·浙江金华一中考试)已知OA →，OB →，OC →是空间两两垂直的单位向量，OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，且x ＋2y ＋4z ＝1，则|OP →－OA →－OB →|的最小值为________. 22121解析 方法一 由题意可设OA →＝(1,0,0)，OB →＝(0,1,0)，OC →＝(0,0,1).由OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →＝(x ，y ，z )，则|OP →－OA →－OB →|＝(x －1)2＋(y －1)2＋z 2 ＝(2y ＋4z )2＋(y －1)2＋z 2＝5y 2＋17z 2＋16yz －2y ＋1 由x ＋2y ＋4z ＝1，得x ＝1－2y －4z .＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫17z ＋817y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2117y －17212＋421≥421＝22121⎝⎛⎭⎪⎪⎫当且仅当y ＝1721，z ＝－821时等号成立， 所以|OP →－OA →－OB →|的最小值为22121.方法二 由方法一得|OP →－OA →－OB →|＝(x －1)2＋(y －1)2＋z 2，又x ＋2y ＋4z ＝1表示一个平面，所以|OP →－OA →－OB →|＝(x －1)2＋(y －1)2＋z 2的最小值d 为定点(1,1,0)到平面x＋2y ＋4z ＝1的距离，即d ＝|1×1＋2×1＋4×0－1|12＋22＋42＝22121.(2)(2018·浙江学军中学模拟)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝3，|b |＝|c |＝5,0<λ<1，若b ·c ＝0，则|a －b ＋λ(b －c )|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪35c ＋(1－λ)(b －c )的最小值为________. 34－3解析 建立如图所示的平面直角坐标系，设OA →＝a ，设OB →＝b ，OC →＝c ，则CB →＝b －c ，取D ∈BC ，设DB →＝λ(b －c )，则CD →＝(1－λ)·(b －c )，取E ∈OC 使得EC →＝35c ，则|a －b ＋λ(b －c )|＝|OA →－OB →＋DB →|＝|DA →|，则A 在以O 为圆心，3为半径的圆上运动.⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪35c ＋(1－λ)(b －c )＝|EC →＋CD →|＝|ED →|， ∴|a －b ＋λ(b －c )|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪35c ＋(1－λ)(b －c ) ＝|ED →|＋|DA →|，作点E 关于BC 的对称点E ′，则|ED →|＝|E ′D ——→|，由E (0,2)易得E ′(3,5)，∴|a －b ＋λ(b －c )|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪35c ＋(1－λ)(b －c ) ＝|E ′D ——→|＋|DA →|≥|E ′A ——→|≥|E ′O ——→|－3＝34－3，∴|a －b ＋λ(b －c )|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪35c ＋(1－λ)(b －c )的最小值为34－3. 且知当A ，D 在线段OE ′上时取等号，思维升华和向量有关的最值问题，要回归向量的本质进行转化，利用数形结合、基本不等式或者函数的最值求解.跟踪训练2 (1)(2013·浙江)设△ABC ，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB →·PC →≥P 0B ——→·P 0C ——→，则A.∠ABC ＝90°B.∠BAC ＝90°C.AB ＝ACD.AC ＝BC √则PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PB →＋PC →22－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PB →－PC →22＝PM → 2－14CB → 2 同理P 0B ——→·P 0C ——→＝P 0M ——→ 2－14CB → 2∵PB →·PC →≥P 0B ——→·P 0C ——→恒成立，∴|PM → |≥|P 0M ——→ |恒成立．解析设BC 中点为M ，连接P 0M ，又P 0B ＝14AB ，则CN ⊥AB ，∴AC ＝BC .故选D.即P 0M ⊥AB ，取AB 的中点N ，连接CN ，(2)(2018·台州期末)已知m，n是两个非零向量，且|m|＝1，|m＋2n|＝3，则|m＋n|＋|n|的最大值为√A. 5B.10C.4D.5所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，102上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤102，5上单调递减， 则f ′(x )＝－2x 25－x 2＋1.由f ′(x )＝0，得x ＝102(舍负)， 所以|m ＋n |＋|n |＝5－|n |2＋|n |. 令|n |＝x (0<x ≤5)，f (x )＝5－x 2＋x ，所以当0<x <102时，f ′(x )>0，解析因为(m ＋2n )2＝4n 2＋4m ·n ＋1＝9，所以n 2＋m ·n ＝2，所以(m ＋n )2＝m 2＋2m ·n ＋n 2＝5－n 2，当102<x ≤5时，f ′(x )<0，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫102＝10，故选B.(3)将一圆的八个等分点分成相间的两组，连接每组的四个点得到两个正方形，去掉两个正方形内部的八条线段后可以形成一个正八角星，如图所示，设正八角星的中心为O，并且OA→＝e1，OB→＝e2.若将点O到正八角星16个顶点的向1＋2量都写成为λe1＋μe2，λ，μ∈R的形式，则λ＋μ的最大值为________．OP →＝OA →＋OB →＝e 1＋e 2，此时λ＋μ＝2； 解析 由题意知，要取得最大值，必然是点O 到正八角星的7个顶点的向量在如图所示的OA →，OM →，ON →，OP →，OQ →，OR →，OB →中的一个向量.OA →＝e 1，此时λ＋μ＝1；OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋(2－1)OB →＝e 1＋(2－1)e 2，ON →＝2OG →＝2(OA →＋AG →)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫OA →＋22OB →＝2e 1＋e 2，此时λ＋μ＝2＋1； 此时λ＋μ＝2；OQ →＝2OH →＝2(OB →＋BH →)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫OB →＋22 OA →＝e 1＋2e 2，此时λ＋μ＝2＋1； OR →＝OB →＋BR →＝OB →＋(2－1)OA →＝(2－1)e 1＋e 2，此时λ＋μ＝2；OB →＝e 2，此时λ＋μ＝1.综上所述，λ＋μ的最大值为1＋ 2.题型三和向量有关的创新题师生共研例5称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”.若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，t b)≥d(a，b)，则√A.a⊥bB.b⊥(a－b)C.a⊥(a－b)D.(a＋b)⊥(a－b)解析由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，t b)≥d(a，b)，即|a－t b|≥|a－b|，即(a－t b)2≥(a－b)2，t2－2t a·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝1－12＝0，故b⊥(a－b).思维升华解答创新型问题，首先需要分析新定义(新运算)的特点，把新定义(新运算)所叙述的问题的本质弄清楚，然后应用到具体的解题过程之中，这是破解新定义(新运算)信息题难点的关键所在.跟踪训练3 定义一种向量运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ·b ，当a ，b 不共线时，|a －b |，当a ，b 共线时(a ，b 是任意的两个向量).对于同一平面内向量a ，b ，c ，e ，给出下列结论： ①a ⊗b ＝b ⊗a ；②λ(a ⊗b )＝(λa )⊗b (λ∈R )；③(a ＋b )⊗c ＝a ⊗c ＋b ⊗c ；④若e 是单位向量，则|a ⊗e |≤|a |＋1.以上结论一定正确的是________.(填上所有正确结论的序号) ①④解析当a，b共线时，a⊗b＝|a－b|＝|b－a|＝b⊗a，当a，b不共线时，a⊗b＝a·b＝b·a＝b⊗a，故①是正确的；当λ＝0，b≠0时，λ(a⊗b)＝0，(λa)⊗b＝|0－b|≠0，故②是错误的；当a＋b与c共线时，存在a，b与c不共线，(a＋b)⊗c＝|a＋b－c|，a⊗c＋b⊗c＝a·c＋b·c，显然|a＋b－c|≠a·c＋b·c，故③是错误的；当e与a不共线时，|a⊗e|＝|a·e|<|a|·|e|<|a|＋1，当e与a共线时，设a＝u e，u∈R，|a⊗e|＝|a－e|＝|u e－e|＝|u－1|≤|u|＋1，故④是正确的.综上，结论一定正确的是①④.课时作业2PART TWO基础保分练1.在平面直角坐标系中，若|a|＝|b|＝|c|＝2，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a ＋b－c|的取值范围是A.[0,22＋2]B.[0,2]√C.[ 22－2,22＋2]D.[22－2,2]解析在平面直角坐标系中，由于|a|＝|b|＝|c|＝2，且a·b＝0，设a＝(2,0)，b＝(0,2)，c＝(2cosθ，2sinθ)，则(a－c)·(b－c)＝(2－2cosθ，－2sinθ)·(－2cosθ，2－2sinθ)＝4－4(sinθ＋cosθ)≤0，即sinθ＋cosθ≥1，结合三角函数的性质知1≤sinθ＋cosθ≤，2所以|a＋b－c|＝(2－2cos θ)2＋(2－2sin θ)2＝12－8(sin θ＋cos θ)∈[12－82，12－8]＝[22－2,2]，故选D.2.(2018·绍兴质检)已知不共线的两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|2a－b|，则√A.|a|<2|b|B.|a|>2|b|C.|b|<|a－b|D.|b|>|a－b|解析设向量a，b的夹角为θ，则由|a＋b|＝|2a－b|，得(a＋b)2＝(2a－b)2，即|a|2＋2|a||b|cosθ＋|b|2＝4|a|2－4|a||b|cosθ＋|b|2，化简得|a|＝2|b|cosθ.因为向量a，b不共线，所以cosθ∈(0,1)，所以|a|<2|b|，故选A.3.(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)已知向量a，b满足|a＋b|＝4，|a－b|＝3，则|a|＋|b|的取值范围是√A.[3,5]B.[4,5]C.[3,4]D.[4,7]解析由题意知|a|＋|b|≥max{|a＋b|，|a－b|}＝4(当a，b共线时等号成立)，又(|a|＋|b|)2＝|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|≤2(|a|2＋|b|2)＝|a＋b|2＋|a－b|2＝25(当|a|＝|b|时取等号)，所以|a|＋|b|≤5，故|a|＋|b|的取值范围是[4,5].4.(2014·浙江)记max{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ，x ≥y ，y ，x <y ，min{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧y ，x ≥y ，x ，x <y ，设a ，b 为平面向量，则A.min{|a ＋b |，|a －b |}≤min{|a |，|b |}B.min{|a ＋b |，|a －b |}≥min{|a |，|b |}C.max{|a ＋b |2，|a －b |2}≤|a |2＋|b |2D.max{|a ＋b |2，|a －b |2}≥|a |2＋|b |2√解析由于|a＋b|，|a－b|与|a|，|b|的大小关系与夹角大小有关，故A，B错.当a，b夹角为锐角时，|a＋b|>|a－b|，此时，|a＋b|2>|a|2＋|b|2；当a，b夹角为钝角时，|a＋b|<|a－b|，此时，|a－b|2>|a|2＋|b|2；当a⊥b时，|a＋b|2＝|a－b|2＝|a|2＋|b|2，故选D.5.(2018·台州市三区三校适应性考试)已知a ，b 为单位向量，且a ⊥b ，|c －a |＋|c －2b |＝5，则|c －2a |＋|c －b |的最小值是A.5B. 5C.355D.95 √解析在平面直角坐标系xOy中，不妨令a＝(1,0)，b＝(0,1)，设OC→＝c＝(x，y)，则|c－a|＋|c－2b|＝(x－1)2＋y2＋x2＋(y－2)2＝5，易知C(x，y)的轨迹为线段2x＋y－2＝0(0≤x≤1)，|c－2a|＋|c－b|＝(x－2)2＋y2＋x2＋(y－1)2，所以问题转化为求点(2,0)，(0,1)与线段上点的距离之和的最小值，易知最小值为点(2,0)与点(0,1)之间的距离，为 5.6.如图，在扇形OAB 中，∠AOB ＝π3，C 为弧AB 上与A ，B 不重合的一个动点，且OC →＝xOA →＋yOB →，若u ＝x ＋λy (λ>0)存在最大值，则λ的取值范围为A.(1,3)B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，3C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，2 √解析 设∠BOC ＝α，则∠AOC ＝π3－α，因为OC →＝xOA →＋yOB →，所以⎩⎪⎨⎪⎧ OB →·OC →＝xOB →·OA →＋yOB →2，OA →·OC →＝xOA →2＋yOA →·OB →，即⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ cos α＝12x ＋y ，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3－α＝x ＋12y ，解得x ＝－23cos α＋43cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3－α＝233sin α，y ＝cos α－33sin α， 所以u ＝233sin α＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫cos α－33sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫233－33λsin α＋λcos α ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫233－33λ2＋λ2·sin(α＋β)，其中tan β＝λ233－33λ， 因为0<α<π3，要使u 存在最大值，只需满足β>π6， 所以λ233－33λ>33， 整理得2λ－12－λ>0，解得12<λ<2，故选D.7.设向量a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，定义一种运算：a ⊗b ＝(a 1，a 2)⊗(b 1，b 2)＝(a 1b 1，a 2b 2).已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，4，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，0.点P 在y ＝cos x 的图象上运动，点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，且满足OQ →＝m ⊗OP →＋n (其中O 为坐标原点)，则y ＝f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π6，π3上的最大值是 A.4 B.2 C.2 2 D.23√解析 设OP →＝(x 0，y 0)，OQ →＝(x ，y )，由题意可得y 0＝cos x 0，OQ →＝(x ，y )＝m ⊗OP →＋n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，4⊗(x 0，y 0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 0，4y 0＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 0＋π6，4y 0， 即x ＝12x 0＋π6，y ＝4y 0，即x 0＝2x －π3，y 0＝14y ，所以14y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x －π3，即y ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x －π3. 因为点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，所以f (x )＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x －π3， 当π6≤x ≤π3时，0≤2x －π3≤π3，所以当2x －π3＝0时，f (x )取得最大值4.。
2020版高考数学新增分大一轮江苏专用课件：第六章 数列 §6.1
(2)数 列 {an}的 前 4 项 是 32，1，170，197，则 这 个 数 列 的 一 个 通 项 公 式 是 2n＋1
an＝ __n_2＋__1__.
2×1＋1 2×2＋1 2×3＋1 2×4＋1 解析 数列{an}的前 4 项可变形为 12＋1 ， 22＋1 ， 32＋1 ， 42＋1 ，
②
2n－1 由①－②得 nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝ n .
显然当n＝1时不满足上式，
2，n＝1，
∴an＝2n－1
n
，n≥2.
思维升华 S1，n＝1，
已知 Sn 求 an 的常用方法是利用 an＝Sn－Sn－1，n≥2， 一定要检验 a1 的情况.
4，n＝1，
3 课时作业
PART THREE
基础保分练
1.已知数列 5， 11， 17， 23， 29，…，则 5 5是它的第_2_1_项. 解析 数列 5， 11， 17， 23， 29，…中的各项可变形为 5， 5＋6，
5＋2×6， 5＋3×6， 5＋4×6，…， 所以通项公式为 an＝ 5＋6n－1＝ 6n－1， 令 6n－1＝5 5，得 n＝21.
多维探究
题型三 数列的性质
命题点1 数列的周期性 例 3 在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝1－3＋3aann，则 S2 020＝_0__. 解析 ∵a1＝0，an＋1＝1－3＋3aann，
∴a2＝ 13＝
3＋ 3 3，a3＝1－ 3×
＝2 3＝－ 3 －2
3－ 3
3，a4＝1＋
3×
＝0， 3
∴S6＝1－26＝－63.
2，n＝1， 2n－1 (3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝___n___，__n_≥__2_.
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19.(12分)(2019·安徽皖中名校联考)已知数列{an}满足：an＋1＝2an－n＋1，a1＝3. (1)设数列{bn}满足：bn＝an－n，求证：数列{bn}是等比数列； 证明 bbn＋n 1＝an＋1a－n－nn＋1＝2an－n＋ an－1－n n＋1＝2aann－－nn＝2， 又b1＝a1－1＝3－1＝2， ∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列.
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15.(2019·荆州质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝(2n－1)sinn2π＋2 019π，
则 S2 019＝_2__0_2_0_. 解析 ∵an＝(2n－1)sinn2π＋2 019π＝(1－2n)sin n2π， ∴a1，a2，…，an分别为－1，0，5，0，－9，0，13，0，－17，0，21，0，…， 归纳可得，每相邻四项和为4， ∴S2 019＝504×4＋a2 017＋a2 018＋a2 019 ＝2 016＋[(1－2×2 017)＋0＋(2×2 019－1)] ＝2 016＋4＝2 020.
大一轮复习讲义
第六章 数列
阶段自测卷(四)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.(2019·衡水中学考试)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且
S10＝100，则a7的值为
A.11 解析
B.12
√C.13
D.14
10×10－1
由 S10＝100 及公差为 2，得 10a1＋
解析 由a4＋a10＝0，2S12＝S2＋10，
a1＋3d＋a1＋9d＝0， 得2×12a1＋12×2 11d＝2a1＋d＋10，
解得 d＝－10.
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14.(2019·沈阳东北育才中学模拟)等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，若TSnn＝23nn＋＋12，则a3＋b7a＋11b＋15a19＝_11_23_90__. 解析 原式＝32ab1111＝32·22ab1111＝32·ab11＋ ＋ab2211＝32·TS2211＝23·23× ×2211＋ ＋12＝112390.
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9.(2019·广东六校联考)将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分
组，得到分组序列如下： (1，3)，(5，7，9)，(11，13)，(15，17，19)，…，
称(1，3)为第1组，(5，7，9)为第2组，依此类推，则原数列中的2 019位于分
＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a1＋a6等于
A.6
√B.7
C.8
D.9
解析 由数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)得数列{an}为等差数列，
所以a2＋a4＋a6＝3a4＝12，即a4＝4，
同理a1＋a3＋a5＝3a3＝9，即a3＝3，
所以a1＋a6＝a3＋a4＝7.
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√175
A.264
39 B.88
173 C.264
181 D.264
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12.已知数列{an}的通项 an＝x＋12x＋n1x…nx＋1，n∈N* ，若 a1＋a2＋a3＋…
＋a2 018<1 ，则实数 x 可以等于
A.2
2 B.3
1
C.2
D.2
解析 设等差数列的首项为a1，公差为d， 则a3＝a1＋2d，a7＝a1＋6d. 因为a1，a3，a7成等比数列， 所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)， 解得 a1＝2d.所以aa21＝2d2＋d d＝32.故选 A.
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(2)求出数列{an}的通项公式和前n项和Sn.
解 由(1)得bn＝2n，∴an＝2n＋n， ∴Sn＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n＋n)＝(21＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)
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4.记等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3＝2，S6＝18，则SS150等于
A.－3
B.5
C.－31
√D.33
a11－q6
解析 由题意知公比 q≠1，SS63＝a111－－qq3＝1＋q3＝9，
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8.(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{an}，若 3a2，2a3，a4 成等差
数列，设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，则Sa33等于
√13
A. 9
7 B.9
C.3
D.1
2
×2＝100，
所以a1＝1. 所以an＝2n－1， 故a7＝13.故选C.
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2.(2019·四川诊断)若等差数列{an}的公差 d≠0 且 a1，a3，a7 成等比数列，
则aa21等于
√3
公差为200的等差数列， 则这个同学 7 天一共将跑 5 000×7＋7×2 6×200＝39 200 (m).故选 A.
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7.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 am－1＋am＋1－a2m＝0，S2m－1＝38，则 m
A.－32
√B.－152
C.－1438
D.－6110
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二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.设等差数列{an}的公差为d，其前n项和为Sn，若a4＋a10＝0，2S12＝S2＋10， 则d的值为_－__1_0_.
等于
A.38
B.20
√C.10
D.9
解析 因为{an}是等差数列，所以am－1＋am＋1＝2am， 由 am－1＋am＋1－a2m＝0，得 2am－a2m＝0，
由S2m－1＝38知am≠0，所以am＝2， 又 S2m－1＝38，即2m－1a21＋a2m－1＝38， 即(2m－1)×2＝38，解得m＝10，故选C.
A.1 290
B.1 280
√C.1 281
D.1 821
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11.(2019·长沙长郡中学调研)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n2＋4n，若首
项为31的数列{bn}满足bn1＋1－b1n＝an，则数列{bn}的前 10 项和为
a11－q10
1－q
∴q＝2，SS150＝
1－q a11－q5
＝1＋q5＝1＋25＝33.
1－q
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5.(2019·湖南五市十校联考)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4
即
＋
＝
，
q－1 q－1
q－1
Hale Waihona Puke 整理得qm＋ql＝2qn. 因此am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k， 所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列.
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18.(12分)(2019·安徽皖南八校联考)数列{an}的前n项和记为Sn，且4Sn＝5an－5， 数列{bn}满足bn＝log5an. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解 ∵4Sn＝5an－5，∴4a1＝5a1－5，∴a1＝5. 当n≥2时，4Sn－1＝5an－1－5，∴4an＝5an－5an－1， ∴an＝5an－1， ∴{an}是以5为首项，5为公比的等比数列， ∴an＝5·5n－1＝5n. ∴bn＝log55n＝n.
解 由已知，得an＝aqn－1，因此
S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3).
当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1，
可得aq3＝aq＋aq2，化简得q2－q－1＝0.
解得
q＝1±2
5 .
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16.(2019·长沙长郡中学调研)已知点列P1(1，y1)，P2(2，y2)，P3(3，y3)，…， Pn＋1(n＋1，yn＋1)在x轴上的投影为Q1，Q2，…，Qn＋1，且点Pn＋1满足y1＝1，