高考数学二轮总复习专题10等差数列、等比数列(共29张PPT)_图文


第四部分

数列

专题10

等差数列、等比数列

-3能力目标解读 热点考题诠释

高考中对等差(等比)数列的考查在主、客观题型上均有所体现.一般以 等比、等差数列的定义、通项公式、前 n 项和公式为基础考点,有时结合数 列的递推公式进行命题,最终化归为等差或等比数列来研究.高考中对本部 分考查的热点主要有三个方面: (1)对于等差、等比数列基本量的考查,一般利用数列的通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解; (2)对于等差、等比数列性质的考查,主要强调“新、巧、活”的特点; (3)对于等差、等比数列的判断与证明,主要出现在解答题中,主要考查 等差、等比数列的定义应用,有时需要对已知条件进行适当变换,同时证明 出来的结论对后续问题往往具有铺垫的作用.

-4能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

1.(2014 辽宁高考,理 8)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2 1 }为递 减数列,则( ) A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0 命题定位:本题考查了利用数列的单调性推导相关参数的能力,并且此 题综合了指数不等式、函数单调性等知识,试题创新性强,难度中等.
∵数列{2 1 }为递减数列, ∴2 1 > 2 1 +1 ,n∈N*, ∴a1an>a1an+1,∴a1(an+1-an)<0.
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C

∵{an}为公差为 d 的等差数列, ∴a1d<0.故选 C.
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答案

4

-5能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

2.(2014 大纲全国高考,理 10)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an} 的前 8 项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3 命题定位:本题综合考查等比数列的性质及对数的运算法则,突出考查 对性质的应用及运算求解能力.
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∵a4=2,a5=5, ∴a4a5=a1a8=a2a7=a3a6=10, ∴lg a1+lg a2+…+lg a8=lg a1a2…a8=lg(a1a8)4=lg(a4a5)4=4lg a4a5=4lg 10=4,选 C.

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C

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答案

-6能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

3.(2014 北京高考,理 12)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则 当 n= 时,{an}的前 n 项和最大. 命题定位:本题主要考查等差数列的性质与前 n 项和,要善于寻找该数 列的“转折点”,即通过研究数列中项的正负来间接地求解和的最值问题,要 求思维要灵活.

由等差数列的性质可得 a7+a8+a9=3a8>0,即 a8>0;而 a7+a10=a8+a9<0,故 a9<0.所以数列{an}的前 8 项和最大. 8
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答案

-7能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

4.(2014 江苏高考,7)在各项均为正数的等比数列{an}中,若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6 的值是 . 命题定位:本题考查了等比数列的通项公式以及处理数列的“基本量 法”和转化为方程求解的能力,本题对数列的细节要重视,以加强检验意识.

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设公比为 q,则由 a8=a6+2a4,

4

得 a1q7=a1q5+2a1q3,q4-q2-2=0, 解得 q2=2(q2=-1 舍去),所以 a6=a2q4=4.
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答案

-8能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

5.(2014 课标全国Ⅰ高考,理 17)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. (1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, (1)证明:an+2-an=λ; 两式相减 ,得 λ a )=λan+1. 1(an+ 2-a (2) 是否存在 ,n+ 使得 {a 为等差数列 ?并说明理由. n}n
(2)解:由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1. 同时该题的设问形式有助于培养考生的发散思维和逆向思维 . 由(1)知,a3=λ+1.令 2a2=a1+a3,解得 λ=4. 故 an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}是首项为 1,公差为 4 的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是 首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1. 所以 an=2n-1,an+1-an=2.因此存在 λ=4,使得数列{an}为等差数列.

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由于 an+1≠ 0,所以 an+2-an=λ. 命题定位 :本题考查了等差数列的定义及对递推关系的灵活处理能力 .

答案

-9能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

能力突破点一 等差、等比数列的基本运算
思考:对于等差(等比)数列中的五个基本量 a1,an,Sn,n,d(q)相关的问题, 有哪些处理方式及注意事项? 提示:(1)要明确“知三求二”问题,即已知五个基本量的其中三个就可以 求出其他两个; (2)要善于利用方程(组)的思想解决问题,即灵活地选取基本量,将题目 中的已知或未知都向基本量靠拢; (3)解决等差数列{an}前 n 项和问题常有三个公式 Sn= (a1+an),Sn=na1+ (n-1)d,Sn=An2+Bn,要注意灵活选用; (4)对于等比数列,不要忽视对 q 是否为 1 的讨论.
2 2

-10能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

【例 1】 数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等 比数列,则 q= . 分析推理对于等差或等比数列中的基本运算,一般将已知 条件朝着 a1 和 d 或 a1 和 q 靠拢.体现出最基本量法的基础作用. 我的解答: 解析:设数列{an}的公差为 d,则 a1=a3-2d,a5=a3+2d, 由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2, 即(a3-2d+1)· (a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0,∴d=-1,则 a1+1=a3+3,故 q=1. 答案:1

10

-11能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

点评:本题一定要分析清楚数列的主体是什么,还要注意公比的求出要 借助于核心条件先得出公差的关系才行,这也体现了选取合理切入点的重 要性.

-12能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

1.设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q= .

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将 S2=3a2+2,S4=3a4+2 两个式子全部转化成用 a1,q 表示的式子. 1 + 1 q = 31 q + 2, 即 两式作差 1 + 1 q + 1 2 + 1 3 = 31 3 + 2, 得:a1q2+a1q3=3a1q(q2-1),
3 3 即 2q2-q-3=0,解之得 q= 或 q=-1(舍去). 2 2

关闭

解析

答案

-13能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

能力突破点二 等差、等比数列的基本性质
思考:等差、等比数列有哪些主要性质? 提示:
类型 项的 性质 等差数列 2ak=am+al(m,k,l∈N*且 m,k,l 成等差数列) am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*, 且 m+n=p+q) 当 n 为奇数时, Sn=n +1
2

等比数列 2 =am· al(m,k,l∈N*且 m,k,l 成等差数 列) am· an=ap· aq(m,n,p,q∈N*且 m+n=p+q) 当 n 为偶数时,

偶 奇

和的 性质

=q(公比)

依次每 k 项的和:Sk,S2kSk,S3k-S2k,…构成等差数列

依次每 k 项的和:Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…构成 等比数列(k 不为偶数且公比 q≠-1)

-14能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

【例 2】在等差数列 {an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=( A.10 B.18 C.20 D.28

)

分析推理当给出等差数列中已知两项的和求另外几项和 的时候,优先观察条件和所求式子中项的角标的规律 ,一般转化为利用等差 数列的性质来解决. 我的解答: 解析:因为 a3+a8=10,所以由等差数列的性质,得 a5+a6=10, 所以 3a5+a7=2a5+a5+a7=2a5+2a6=2(a5+a6)=20. 答案:C

-15能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

【例 3】 等比数列{an}的各项均为正数,且 a1a5=4,则 log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5= . 分析推理当给出等比数列中已知两项的积 ,求另外几项积 的时候,要优先观察条件和所求式子中角标的规律 ,一般利用等比数列的性 质来解决. 我的解答:
2 解析:由等比数列性质知 a1a5=a2a4=3 =4. ∵an>0,∴a3=2, ∴a1a2a3a4a5=(a1a5)· (a2· a4)· a3=25, ∴log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5 =log2(a1a2a3a4a5)=log225=5. 答案:5

-16能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

2.(2014 安徽四校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若公差 d≠0,a1+a3+a5=15,a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则 S9=( A.49 B.64 C.81 ) D.100

关闭

C
答案

-17能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

能力突破点三

等差、等比数列的判定与证明

思考 1:如何判断或证明数列为等差数列 ? 提示:(1)定义法:an+1-an=d(d 为常数)?{an}为等差数列; (2)等差中项法:2an=an-1+an+1(n≥2,且 n∈N*)?{an}为等差数列; (3)通项公式法:若 an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d 或 an=kn+b(n∈N*),则{an}为等 差数列. 思考 2:如何判断或证明数列为等比数列 ? 提示:(1)定义法:

+1 =q(q 为非零常数)?{an}为等比数列;

2 (2)等比中项法: =an-1· an+1(an≠0,n≥2,n∈N*)?{an}为等比数列;

(3)通项公式法:若 an=a1qn-1=amqn-m 或 an=p· qkn+b(n∈N*),则{an}为等比数列.

-18能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

2 【例 4】 数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项的和 Sn 满足 =an(Sn-

1). (2)设 数 n.

(1)求证:数列

1 是等差数列; bn=log2 ,数列{bn}的前 +2

n 项和为 Tn,求满足 Tn≥6 的最小正整

分析推理(1)对于递推关系中含有 Sn 与 an 的关系时,一般 要利用公式 an=Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*)进行转化,然后朝着
1 1 与 的关系靠拢; -1

(2)涉及求和问题中的解不等式或证明不等式 ,均先考虑明确数列 bn 的 类型,然后选用合适的求和公式进行求和 .

-19能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

2 2 (1)证明:∵ =an(Sn-1),∴ =(Sn-Sn-1)(Sn-1)(n≥2).

∴SnSn-1=Sn-1-Sn,即 又 a1=1,∴ ∴
1 1 1

1

?

1

=
1

1 =1. 1

-1

=1.

是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.
+2 . +2

(2)解:由(1)知 Sn= ,∴bn=log2 ∴Tn=log2

3 4 5 6 × × × × 1 2 3 4 (+1)(+2) =log2 ≥6. 2

…×

∴(n+1)(n+2)≥128.∵n∈N*,∴n≥10. ∴满足 Tn≥6 的最小正整数为 10. 点评:该题第(1)问解决时要注意对条件的化简变形要结合目标 ,做到有 的放矢;第(2)问中解不等式时要注意条件 n∈N*.

-20能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

3.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任意给定的等比数列 {an},{f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0) ∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x; ③f(x)= ||;④f(x)=ln |x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( ) 关闭 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 2 等比数列性质,anan+2= +1 ,
2 2 2 2 2 ①f(an)f(an+2)= +2 =( ) =f (an+1); +1

②f(an)f(an+2)=2 2 +2 = 2 + +2 ≠ 22 +1 =f2(an+1); ③f(an)f(an+2)= | +2 | = | +1 |2 =f2(an+1);
2 2
关闭

C

④f(an)f(an+2)=ln |an|ln |an+2|≠(ln|an+1|) =f (an+1).选 C.
解析

答案

-21能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

4.已知数列 {an}中,a1=1,an· an+1= 和,bn=a2n+a2n-1,n∈N*.

1 ,记 2

T2n 为{an}的前 2 n 项的

(1)判断数列 {bn}是否为等比数列,并求出 bn; (2)求 T2n.

解:(1)∵an· an+1= ∴an+1· an+2= ∴
+2 +1 1 2 2

1

2 +1 1

,

.
1 2

= ,即 an+2= an. =
2 +2 + 2 +1 2 + 2 -1 1 2

∵bn=a2n+a2n-1, ∴ =

1 1 2 + 2 -1 2 2

2 + 2 -1

= .
2

1

∴{bn}是公比为 的等比数列.

-22能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

∵a1=1,a1· a2= , ∴a2= ?b1=a1+a2= .
2 3 2 1 2 3 2 1 -1 2 3 2 1 2 1 2

1

∴bn= ×

=

.
1 2 1 2

(2)由(1)可知 an+2= an,∴a1,a3,a5,…是以 a1=1 为首项,以 为公比的等比 数列;a2,a4,a6,…是以 a2= 为首项,以 为公比的等比数列. ∴T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=3- .
2 3

-231 2 3 4 5

1.已知等比数列{an}的公比为正数,且 a3a9=2a4a6,a2=1,则 a1=( A.
1 2

)

B.

2 2

C. 2

D.2

关闭

设公比为 q,由已知得 a1q2· a1q8=2(a1q4)2,即 q2=2,又因为等比数列{an} 的公比为正数,所以 q= 2.故 a1= 2 = B
1 2

=

2 2

,故选 B.
解析

关闭

答案

-241 2 3 4 5

2.(2014 安徽高考,理 12)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比 为 q 的等比数列,则 q=_______.

设数列{an}的公差为 d,则 a1=a3-2d,a5=a3+2d ,由题意得,(a1+1)(a5+5)= (a3+3)2 , 即(a3-2d+1)· (a3+2d+5)=(a3+3)2 ,

关闭

1

整理,得 (d+1)2=0,∴d=-1,则 a1+1=a3+3,故 q=1.

关闭

解析

答案

-251 2 3 4 5

3.已知△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别是 a,b,c,且角 A,B,C 成等差数列, 三边 a,b,c 成等比数列,b= 3,则△ABC 的面积是 .

关闭

因为△ABC 的内角 A,B,C 成等差数列, 所以 A+C=2B,B= .
3 π

又因为三边 a,b,c 成等比数列,b= 3, 所以 ac=b2=3.

B

于是 S△ABC= acsin B= ×
2 2

1

3

3 2

=

3 3 4

关闭

.
解析 答案

-261 2 3 4 5

4.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,公差 d≠0,且 S3+S5=50,a1,a4,a13 成等比 关闭 数列. 3×2 4×5 31 + d + 51 + d = 50, 2 (1)求数列 {依题意得 an}的通项公式 ; 2 解:(1) 2 ( + 3d ) = 1 (1 ,+ 12d),{b }的前 n 项和 T . 1 (2)设 是首项为 1,公比为 3 的等比数列 求数列 n n 1 = 3, 解得 = 2. ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即 an=2n+1.
(2) =3n-1,bn=an· 3n-1=(2n+1)· 3n-1, Tn=3+5×3+7×32+…+(2n+1)· 3n-1, 3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)· 3n-1+(2n+1)· 3n, 两式相减,得 -2Tn=3+2×3+2×3 +…+2×3 -(2n+1)3 =3+2· =-2n· 3 ,∴Tn=n· 3.
答案
n n 2 n-1 n





3(1-3 -1 ) 1 -3

-(2n+1)3n

-271 2 3 4 5
3 2

5.已知数列 {an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn= an-n. (1)求证 :数列{an+1}是等比数列 ; (2)令 bn=log3(a1+1)+log3(a2+1)+…+log3(an+1),则对任意 n∈N*,是否存在 正整数 m,使 明理由.
1 1

+

1 1 +…+ 2

= 都成立 ?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说

4

-281 2 3 4 5
3 2

解:(1)当 n=1 时 ,S1=a1= a1-1,解得 a1=2,
3 3 当 n≥2 时 ,由 Sn= an-n 得 Sn-1= an-1-n+1. 2 2 3 3 两式相减得 ,Sn-Sn-1= an- an-1-1, 2 2

即 an=3an-1+2(n≥2), 则 an+1=3(an-1+1). 又 a1+1=2+1=3,故数列 {an+1}是首项为 3,公比为 3 的等比数 列.

-291 2 3 4 5

(2)由 (1)知 an+1=3×3n-1=3n,
(+1) ∴bn=log3(a1+1)+log3(a 2+1)+…+log3(an+1)=1+2+…+n= . 2 1 2 1 1 1 1 1 ∴ = =2 ,则 + +…+ (+1) +1 1 2 1 1 1 1 1 1 =2 1- + - + … + =2 1. 2 2 3 +1 +1 1 1 1 1 由 + +…+ ≥ 对任意 n∈N*都成立 ,得 2 1≥ , 1 2 4 +1 4 1 即 m≤8 1对任意 n∈N*都成立 . +1 1 1 1 ∵1- ≥1- = ,∴m≤4.又 ∵m∈N*,∴m= 1,2,3,4. +1 2 2


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