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高三数学(理科)押题精练:专题【18】《等差数列和等比数列》ppt课件



专题18

等差数列和等比数列

等差数列和等比数列
主干知识梳理

热点分类突破

真题与押题

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.
考 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是 情 解 高考考查的重点,考查分析问题

、解决问题的 读

综合能力.

3

主干知识梳理

1.an与Sn的关系Sn=a1+a2+?+an, an= ?S ,n=1, ? 1

? ? ?Sn-Sn-1,n≥2.

2.等差数列和等比数列

等差数列 定 义 通 an-an-1=常数 (n≥2)

等比数列

an an-1 (n≥2)

=常数




an=a1+(n-1)d

an=a1qn-
1(q≠0)

(1)定义法

(2) 中项公式法: 2an + 1 = an
判 + an + 2(n≥1)?{an} 为 等 差

(1)定义法
(2)中项公式法:2
2

an+1

=an· an+

定 数列
方 (3) 通项公式法: an = pn +

(n≥1)(an≠0)?{an}为等比数


法 q(p、q为常数)?{an}为等差
(1 数列 ) (4) 前 n 项 和 公 式 法 : Sn = An2 + Bn(A 、 B 为 常 数 )?{an}为等差数列

(3)通项公式法:
a n = c· qn(c、q均是不为0的常

数 , n∈N*)?{an} 为 等 比 数


判定 方法 (2)

(5){an} 为 等 比 数 列 , (4){an}为等差数列?{ }为等比 an an>0?{logaan}为等差数列 数列(a>0且a≠1)

a

(1)若m、n、p、q∈N*,且m+ (1)若m、n、p、q∈N*,且m+

性质

n=p+q,则am+an=ap+aq (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m, …,仍成等差数列

n=p+q,则am· an=ap· aq (2)an=amqn-m (3)等比数列依次每n项和 (Sn≠0)仍成等比数列

前n

n?a1+an? Sn= 2 项 a1-anq n?n-1? = 和 =na1+ d (2)q 1- q1,S =na = 2 n 1

a1?1-q ? (1)q≠1,Sn= 1- q
n

热点 ? 分类突破

? 热点一
? 热点二 ? 热点三

等差数列
等比数列 等差数列、等比数列的综合应用

热点一

等差数列

例1 A.21 C.28

(1) 等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ,若 a2 + a4 + C B.24 D.7 )
思维启迪 利用 a 1 + a 7 = 2 a 4 建立 S 7 和已知条件的联系;

a6=12,则S7的值是(

解析

由题意可知,a2+a6=2a4,

则3a4=12,a4=4,

7×?a1+a7? 所以 S7= =7a4=28. 2

(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若-1<a3<1,0<a6<3, 则S9的取值范围是________. 思维启迪 (-3,21)
将a3,a6的范围整体代入.

解析

S9=9a1+36d=3(a1+2d)+6(a1+5d)

又-1<a3<1,0<a6<3, ∴-3<3(a1+2d)<3,0<6(a1+5d)<18, 故-3<S9<21.

(1) 等差数列问题的基本思想是求解 a1 和 d ,可利
用方程思想;

(2)等差数列的性质
思 ①若 m,n, p, q∈N*,且 m+ n= p+ q,则 am+ 维 升 an=ap+aq; 华

②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?,仍成等差数列;

am-an m - n ③am-an=(m-n)d?d= (m,n∈N*); an A2n-1 ④ bn=B - (A2n-1,B2n-1分别为{an},{bn}的前 2n 1
思 2n-1项的和). 维 升 (3) 等差数列前 n项和的问题可以利用函数的性质 华

或者转化为等差数列的项,利用性质解决.

变式训练1

(1)已知等差数列{an}中,a7+a9=16,S11= 99 ,则 a12的值是( A.15 解析 ) B.30 C.31 D.64

2

因为a8是a7,a9的等差中项,

所以2a8=a7+a9=16?a8=8,

再由等差数列前n项和的计算公式可得

11?a1+a11? 11· 2a6 S11= = =11a6, 2 2

a8-a6 7 99 9 又因为 S11= ,所以 a6= ,则 d= = , 2 2 2 4
所以a12=a8+4d=15,故选A. 答案 A

(2) 在等差数列 {an} 中, a5<0 , a6>0 且 a6>|a5| , Sn 是

数列的前n项的和,则下列说法正确的是(

)

A.S1,S2,S3均小于0,S4,S5,S6?均大于0

B.S1,S2,?S5均小于0,S6,S7,?均大于0
C.S1,S2,?S9均小于0,S10,S11?均大于0 D.S1,S2,?S11均小于0,S12,S13?均大于0

解析 由题意可知a6+a5>0,

?a1+a10?×10 ?a5+a6?×10 故 S10= = >0, 2 2
?a1+a9?×9 2a5×9 而 S9= = =9a5<0,故选 C. 2 2
答案 C

热点二 例2

等比数列

(1)(2014· 安徽)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=______. 1
解析 设等差数列的公差为d,
思维启迪 列方程 求出d, 代入q即 可;

则a3=a1+2d,a5=a1+4d,
∴(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5),

解得d=-1,

a3+3 a1-2+3 ∴ q= = =1. a1+1 a1+1

5 (2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a1+a3= , 2 5 Sn a2+a4= ,则 等于( 4 an A. 4 C. 2
n-1 n-1 n

)
思维启迪
求出 a1, q, 代入化简.

B. 4 - 1 D. 2 - 1
n

? ?a +a =5, ? 1 3 2 解析 ∵? 5 ? a2+a4= , ? ? 4
2

? ?a +a q2=5,① ? 1 1 2 ∴? ? 3 5 a1q+a1q = ,② ? ? 4

1+ q 1 由①②可得 3=2,∴q= ,代入①得 a1=2, 2 q+ q
1 n-1 4 ∴an=2×( ) = n, 2 2

1n 2×?1-? ? ? 2 1 ∴Sn= =4(1- n), 1 2 1- 2
1 4?1- n? Sn 2 n ∴ = =2 -1,故选 D. 4 an n 2
答案 D

(1){an}为等比数列,其性质如下:
①若m、n、r、s∈N*,且m+n=r+s,则am· an
思 = ar· as; 维 n-m; ② a = a q 升 n m 华

③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列(q≠-1).

(2)等比数列前n项和公式

思 维 升 ①能 “ 知三求二 ” ;②注意讨论公比 q 是否为 1 ; 华

?na1?q=1?, ? n ? Sn= a1?1-q ? a1-anq = ?q≠1?. ? 1- q ? 1- q
③a1≠0.

变式训练2 (1)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4-2a 2+3a8=0,
数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于(
7

A. 1

B. 2

C . 4 D. 8

D

)

解析


2 2 ∵a4-2a7+3a8=0,∴2a7=a4+3a8,

2 2a7=4a7,∴a7=2,∴b7=2,
7 10 3 18 3 =b1q =(b7) =8,故选 D.

又∵b2b8b11=b1qb1q b1q

(2) 在等比数列 {an}中, a1 + an= 34, a2· an- 1= 64 ,

且前n项和Sn=62,则项数n等于(
A.4 B.5 C.6 D.7

)

解析 设等比数列{an}的公比为q, 由a2an-1=a1an=64,

又a1+an=34,解得a1=2,an=32或a1=32,an=2.

当 a1=2,an=32 时, a1?1-q ? a1-anq 2-32q Sn= = = =62,解得 q=2. 1- q 1- q 1- q
又an=a1qn-1,所以2×2n-1=2n=32,解得n=5.
n

1 同理,当 a1=32,an=2 时,由 Sn=62,解得 q= . 2

1 n-1 1 n-1 1 1 4 由 an=a1q =32×( ) =2,得( ) = =( ) , 2 2 16 2
n-1

即 n-1=4,n=5.
综上,项数n等于5,故选B.
答案 B

热点三

等差数列、等比数列的综合应用

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;

思维启迪
利用方程思想求出a1,代入公式求出an和Sn;



由a2+a7+a12=-6得a7=-2,∴a1=4,

n?9-n? ∴an=5-n,从而 Sn= . 2

(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<Tm+λ恒成立,求实数λ的取值范围.

思维启迪 将恒成立问题通过分离法转化为最值.



由题意知b1=4,b2=2,b3=1,

设等比数列{bn}的公比为q,

b2 1 则 q= = , b1 2
1m 4[1-? ? ] 2 1m ∴Tm= =8[1-( ) ], 1 2 1- 2

1m ∵( ) 随 m 增加而递减, 2
∴{Tm}为递增数列,得4≤Tm<8.

n?9-n? 1 2 1 9 2 81 又 Sn= =- (n -9n)=- [(n- ) - ], 2 2 2 2 4
故(Sn)max=S4=S5=10, 若存在m∈N*,使对任意n∈N*总有Sn<Tm+λ, 则10<4+λ,得λ>6.即实数λ的取值范围为(6,+∞).

等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 (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.
思 (2) 等差数列、等比数列与函数、方程、不等式 维 等的交汇问题,求解时用等差(比)数列的相关知 升 华 识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式

等问题求解即可.

变式训练3 已知数列{an}前n项和为Sn,首项为a1,且 1 ,an, Sn成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;

2

1 1 解 ∵ ,an,Sn 成等差数列,∴2an=Sn+ , 2 2 1 1 当 n=1 时,2a1=S1+ ,∴a1= , 2 2

1 1 当 n≥2 时,Sn=2an- ,Sn-1=2an-1- , 2 2
an 两式相减得 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,∴ =2, an-1

1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 2 的等比数列, 2 1 n-1 n-2 ∴an= ×2 =2 . 2

(2)数列{bn}满足 bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3),求证: 1 1 1 1 1 + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2
证明 bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3) =log222n+1-2×log222n+3-2=(2n-1)(2n+1),

1 1 1 1 1 1 = × =( - ), b n 2 n- 1 2 n+ 1 2 2 n- 1 2 n+ 1

1 1 1 1 + + +?+ b1 b2 b3 bn 1 1 1 1 1 1 = [(1- )+( - )+?+( - )] 2 3 3 5 2 n- 1 2 n+ 1 1 1 1 * = (1- )< (n∈N ). 2 2 n+ 1 2
1 1 1 1 1 即 + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2

本讲规律总结
1.在等差 (比 )数列中, a1, d(q), n, an,Sn五个量中知道其 中任意三个,就可以求出其他两个.解这类问题时,一般

是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.
2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,

是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意
识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有 时需要进行适当变形.

3.等差、等比数列的单调性

(1)等差数列的单调性
d>0?{an}为递增数列,Sn有最小值. d<0?{an}为递减数列,Sn有最大值. d=0?{an}为常数列. (2)等比数列的单调性

? ?a1>0, 当? ? ?q>1 ? ?a1<0, 或? ? ?q>1

? ?a1<0, 或? ? ?0<q<1

? ?a1>0, 时,{an}为递增数列,当? ? ?0<q<1

时,{an}为递减数列.

4.常用结论

(1)若 {an}, {bn}均是等差数列,Sn是{an}的前n项和,
则{man+kbn},{

数.

(2) 若 {an} , {bn} 均 是 等 比 数 列 , 则 {can}(c≠0) ,

Sn n

}仍为等差数列,其中m,k为常

{|an|},{an· bn},{manbn}(m为常数),{a },{ }仍为
等比数列.
2 n

1 an

(3)公比不为1的等比数列,其相邻两项的差也依次成等 比数列,且公比不变,即a2-a1,a3-a2,a4-a3,?,

成等比数列,且公比为

a3-a2 ?a2-a1?q (4) 等比数列 (q≠ - 1) 中连续 k 项的和成等比数列,即 Sk , = a2-a1 a2-a1 k
S2k-Sk,S3k-S2k,?,成等比数列,其公差为q . S3k-S2k,?,成等差数列,公差为k2d.
等差数列中连续 k项的和成等差数列,即 Sk, S2k- Sk,

= q.

5.易错提醒
(1)应用关系式an=?S1,n=1, 这两种情况能否整合在一起. (2)三个数a,b,c成等差数列的充要条件是b= ,

? 意分 n = 1 , n≥2 两种情况,在求出结果后,看看 ?Sn-Sn-1,n≥2

时,一定要注

但三个数a,b,c成等比数列的充要条件是b2=a ac .c +

2

真题与押题

? 真题感悟

? 押题精练

1

2

真题感悟

1.(2014· 大纲全国)等比数列{an}中,a4=2,a5=5, 则数列{lg an}的前8项和等于( A.6 解析 B.5 C.4 D.3

C

)

数列{lg an}的前8项和

S8=lg a1+lg a2+?+lg a8 =lg(a1· a2· ?· a8)=lg(a1· a8)4 =lg(a4· a5)4=lg(2×5)4=4.

1

2

真题感悟

2.(2014· 北京)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 8 . 解析 ∵a7+a8+a9=3a8>0,∴a8>0. ∵a7+a10=a8+a9<0,∴a9<-a8<0.
∴数列的前8项和最大,即n=8.

1

2

3

押题精练

1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列一定成 立的是( C A.若a3>0,则a2 013<0 C.若a3>0,则a2 013>0 ) B.若a4>0,则a2 014<0 D.若a4>0,则a2 014>0

解析

因为 a3= a1q2, a2

2 = a q 013 1

012 ,而 q2 与 q2 012

均为正数, 若a3>0,则a1>0,所以a2 013>0,故选C.

1

2

3

押题精练

2. 已知数列 {an} 是首项为 a ,公差为 1 的等差数列,

bn=1+an .若对任意的n∈N*,都有bn≥b8成立,则
实数a的取值范围为 ________. an 解析

an=a+(n-1)×1=n+a-1,

1+ an n+ a 所以 bn= = , an n+a-1

1

2

3

押题精练

因为对任意的n∈N*,都有bn≥b8成立,

n+ a 8+ a * 即 ≥ (n∈N )恒成立, n+a-1 8+a-1 n- 8 * 即 ≤0(n∈N ), ?a+7??n+a-1?
?a+7<0, 则有? 解得-8<a<-7. ?1-a<9,
答案 (-8,-7)

1

2

3

押题精练

3.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足
* ,且 a , a , a 恰好是 = 4 S + 4 n + 1 , n ∈ N n 2 5 14 2 an+1 等比数列{bn}的前三项.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

解 当 n≥2 时,由题设知

2 4Sn- 1= an- 4(n- 1)- 1,

2 2 ∴4an=4Sn-4Sn-1=an+1-an-4,
2 2 2 ∴an+1=an+4an+4=(an+2) ,

1

2

3

押题精练

∵an>0,∴an+1=an+2. ∴当n≥2时,{an}是公差d=2的等差数列. ∵a2,a5,a14构成等比数列,
2 2 ∴a5=a2· a14,(a2+6) =a2· (a2+24),解得 a2=3,
2 由条件可知,4a1=a2-5=4,∴a1=1,

∵a2-a1=3-1=2, ∴{an}是首项a1=1,公差d=2的等差数列.

1

2

3

押题精练

∴等差数列{an}的通项公式为an=2n-1.

a5 2×5-1 ∵等比数列{bn}的公比 q= = = 3, 3 a2
∴等比数列{bn}的通项公式为bn=3n.

1

2

3

押题精练

(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,

(Tn+ 3 )k≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.

2

b1?1-q ? 3?1-3 ? 3 -3 解 Tn= = = , 2 1- q 1- 3 n+1 3 -3 3 * ∴( + )k≥3n-6 对任意的 n∈N 恒成立, 2 2 2 n- 4 * ∴k≥ n 对任意的 n∈N 恒成立, 3

n

n

n+1

1

2

3

押题精练

2 n- 4 2n-4 2n-6 -2?2n-7? 令 cn= n , cn-cn-1= n - n-1 = , n 3 3 3 3
当n≤3时,cn>cn-1; 当n≥4时,cn<cn-1.

2 2 ∴(cn)max=c3= ,∴k≥ . 27 27



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