学年数学高考二轮复习专题四数列推理科与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义文科.docx
- 文档编号:457597
- 上传时间:2022-10-10
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:206.80KB
学年数学高考二轮复习专题四数列推理科与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义文科.docx
《学年数学高考二轮复习专题四数列推理科与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义文科.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《学年数学高考二轮复习专题四数列推理科与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义文科.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
学年数学高考二轮复习专题四数列推理科与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义文科
第1讲 等差数列与等比数列
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.
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+
d;
等比数列:
Sn=
=
(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.
例1
(1)(2017届江西师大附中、临川一中联考)已知数列
,
满足bn=log2an,n∈N*,其中
是等差数列,且a9a2009=4,则b1+b2+b3+…+b2017等于( )
A.2016B.2017
C.log22017D.
答案 B
解析 由题设可得log2a9+log2a2009=2,
即b9+b2009=2,
由等差数列的通项的性质,可得
b9+b2009=b1+b2017=2,
所以b1+b2+b3+…+b2017=
=2017,
故选B.
(2)(2017届四川省成都市诊断性检测)在等比数列{an}中,已知a3=6,a3+a5+a7=78,则a5等于( )
A.12B.18
C.24D.36
答案 B
解析 由于a3+a5+a7=a3+a3q2+a3q4=6(q4+q2+1)=78,得q4+q2-12=0,得q2=3或q2=-4(舍去),则a5=a3q2=6×3=18,故选B.
思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时,若条件和结论间的联系不明显,则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解,但要注意消元法及整体计算,以减少计算量.
跟踪演练1
(1)(2017·河北省曲周县第一中学模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=-4,S6=6,则S5等于( )
A.0B.-2
C.4D.1
答案 A
解析 由题设可得
⇒
则S5=-4×5+
×2=0,故选A.
(2)(2017届长沙一模)等比数列
的公比为-
,则ln
2-ln
2=________.
答案 ln2
解析 ln
2-ln
2
=ln
2=lnq2=ln2.
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法:
①利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数;
②利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).
(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法
①利用定义,证明
(n∈N*)为一常数;
②利用等比中项,即证明a
=an-1an+1(n≥2).
例2 (2017届东北三省三校联考)已知数列{an}满足a1=3,an+1=2an-n+1,数列{bn}满足b1=2,bn+1=bn+an-n.
(1)证明:
{an-n}为等比数列;
(2)数列{cn}满足cn=
,求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵an+1=2an-n+1,
∴an+1-(n+1)=2(an-n),
又a1-1=2,
∴{an-n}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解 由
(1)知an-n=(a1-1)·2n-1=2n,
∵bn+1=bn+an-n,∴bn+1-bn=2n,
累加得到bn=2+
=2n(n≥2).
当n=1时,b1=2,∴bn=2n,
∴cn=
=
=
-
.
∴Tn=
-
.
思维升华
(1)判断一个数列是等差(比)数列,也可以利用通项公式及前n项和公式,但不能作为证明方法.
(2)
=q和a
=an-1an+1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件,判断时还要看各项是否为零.
跟踪演练2 (2017届吉林省长白山市模拟)在数列
中,设f(n)=an,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(n∈N*),且a1=1.
(1)设bn=
,证明:
数列
为等差数列;
(2)求数列
的前n项和Sn.
(1)证明 由已知得an+1=2an+2n,
得bn+1=
=
=
+1=bn+1,
∴bn+1-bn=1,
又a1=1,∴b1=1,
∴
是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)解 由
(1)知,bn=
=n,∴an=n·2n-1.
∴Sn=1+2·21+3·22+…+n·2n-1,
两边乘以2,得
2Sn=1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,
两式相减得-Sn=1+21+22+…+2n-1-n·2n
=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,
∴Sn=(n-1)·2n+1.
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题,要从两个数列的特征入手,理清它们的关系;数列与不等式、函数、方程的交汇问题,可以结合数列的单调性、最值求解.
例3 已知等差数列{an}的公差为-1,且a2+a7+a12=-6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn;
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项,记{bn}的前n项和为Tn,若存在m∈N*,使对任意n∈N*,总有Sn 解 (1)由a2+a7+a12=-6,得a7=-2,∴a1=4, ∴an=5-n,从而Sn= . (2)由题意知b1=4,b2=2,b3=1, 设等比数列{bn}的公比为q,则q= = , ∴Tm= =8 , ∵ m随m增加而递减, ∴{Tm}为递增数列,得4≤Tm<8. 又Sn= =- (n2-9n) =- , 故(Sn)max=S4=S5=10, 若存在m∈N*,使对任意n∈N*总有Sn 则10<8+λ,得λ>2.即实数λ的取值范围为(2,+∞). 思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题,常用“基本量法”求解,但有时灵活地运用性质,可使运算简便. (2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数,然后利用函数的性质求解数列问题. (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数,通过求数列的值域求解. 跟踪演练3 (2017·北京)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通项公式; (2)求和: b1+b3+b5+…+b2n-1. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d. 因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10, 解得d=2,所以an=2n-1. (2)设等比数列{bn}的公比为q, 因为b2b4=a5,所以b q4=9,解得q2=3, 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1= . 真题体验 1.(2017·全国Ⅰ改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为________. 答案 4 解析 设{an}的公差为d, 由 得 解得d=4. 2.(2017·浙江改编)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是“S4+S6>2S5”的________条件. 答案 充要 解析 方法一 ∵数列{an}是公差为d的等差数列, ∴S4=4a1+6d,S5=5a1+10d,S6=6a1+15d, ∴S4+S6=10a1+21d,2S5=10a1+20d. 若d>0,则21d>20d,10a1+21d>10a1+20d, 即S4+S6>2S5. 若S4+S6>2S5,则10a1+21d>10a1+20d, 即21d>20d, ∴d>0.∴“d>0”是“S4+S6>2S5”的充要条件. 方法二 ∵S4+S6>2S5⇔S4+S4+a5+a6>2(S4+a5)⇔a6>a5⇔a5+d>a5⇔d>0. ∴“d>0”是“S4+S6>2S5”的充要条件. 3.(2017·北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则 =________. 答案 1 解析 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则由a4=a1+3d, 得d= = =3, 由b4=b1q3,得q3= = =-8,∴q=-2. ∴ = = =1. 4.(2017·江苏)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,已知S3= ,S6= ,则a8=________. 答案 32 解析 设{an}的首项为a1,公比为q, 则 解得 所以a8= ×27=25=32. 押题预测 1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则满足Sn>0的最大自然数n的值为( ) A.6B.7 C.12D.13 押题依据 等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点,也是高考的热点,可以考查学生灵活变换的能力. 答案 C 解析 ∵a1>0,a6a7<0,∴a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零,又a3+a10=a1+a12>0,a1+a13=2a7<0, ∴S12>0,S13<0,∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12. 2.(2017·安庆模拟)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.3B.2或3 C.2D.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. 答案 C 解析 设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项,可得10a4=12a3+2a5,10a3q=12a3+2a3q2,得10q=12+2q2,解得q=2或3.又a3-3a2=2,所以有a2q-3a2=2,所以有q=2,故选C. 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 =4a1,则 + 的最小值为( ) A. B. C. D. 押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题,综合考查学生应用数学的能力,是高考命题的方向. 答案 A 解析 由a7=a6+2a5,得a1q6=a1q5+2a1q4,整理得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(不合题意,舍去),又由 =4a1,得aman=16a ,即a 2m+n-2=16a ,即有m+n-2=4, 亦即m+n=6,那么 + = (m+n) = ≥ = , 当且仅当 = ,即n=2m=4时取得最小值 . 4.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x),如果对于任意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数: 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( ) A.①②B.③④C.①③D.②④ 押题依据 先定义一个新数列,然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题,这类问题一般形式新颖,难度不大,常给人耳目一新的感觉. 答案 C 解析 由等比数列性质得,anan+2=a . ①f(a
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 学年 数学 高考 二轮 复习 专题 数列 理科 证明 等差数列 等比数列 突破 讲义 文科