(共34张PPT)
第1讲 等差数列、等比数列
领航高考风向标
通览主干知识
1.等差数列、等比数列的基本运算
2.等差数列、等比数列的性质
3.等差数列、等比数列的判断与证明
4.求数列通项公式的常用方法
(1)公式法.
(2)已知an+1-an=f(n),求an,用累加法:
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a1 (n≥2,n∈N*).
5.数列求和的常用方法
裂项相消 求和法 把数列的各项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,前n项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n项和
错位相减 求和法 当数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解
拆项分组 求和法 如果一个数列的各项是由几个等差数列和等比数列的项相加减得到的,那么可以把数列的每一项拆成多个项或把数列的项重新分组,使其转化成等差数列或等比数列,然后利用等差数列、等比数列的求和公式求和
并项转化 求和法 在求数列的前n项和时,如果一个数列的项是正负交错的,尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时,可以先将相邻的两项或几项合并,再利用其他相关的方法进行求和
链高考1.(2024新高考Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
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微点拨 在应用等比数列的此性质时,要注意Sm≠0,m为偶数且q=-1的情况不适用此公式.
链高考2.(2024全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=( )
B
链高考3.(2023新高考Ⅰ,7)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙: 为等差数列,则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
C
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(2n-1)+B=2An-A+B.
当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.
综上,甲是乙的充要条件.故选C.
链高考4.(2021新高考Ⅰ,17节选)已知数列{an}满足a1=1,
an+1= 记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式.
解 b1=a2=a1+1=2,
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,
得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3.
所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
所以bn=2+(n-1)×3=3n-1.
链高考5.(2024全国甲,理18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4,两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an,
又4S1=3a1+4,则a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1).
3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n),
考点一 等差、等比数列基本量的运算
例1(2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=( )
C
9
考点二 等差、等比数列的性质(多考向探究预测)
考向1等差数列性质的应用
例2(1)(2023全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10, a4a8=45,则S5=( )
A.25 B.22 C.20 D.15
C
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=15,S9=99,则S6= .
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解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn,
所以S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,
所以2(S6-S3)=S3+(S9-S6),
因为S3=15,S9=99,
所以2(S6-15)=15+(99-S6),解得S6=48.
考向2等比数列性质的应用
例3(1)(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( )
A.120 B.85 C.-85 D.-120
C
(2)已知等比数列{an}满足log2a2+log2a13=1,且a5a6a8a9=16,则数列{an}的公比为( )
B
解析 设等比数列{an}的公比为q,由log2a2+log2a13=log2(a2a13)=1=log22,得a2a13=2且a2,a13>0,所以a13=a2q11>0,则q>0.
又a5a6a8a9=16,a6a9=a2a13=2,
所以a5a8=8,
[对点训练2](1)在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=12,则数列{an}的前8项和为( )
A
解析 ∵{an}是等比数列,
∴a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8也成等比数列,
∵a1+a2=6,a3+a4=12,
∴a5+a6=24,a7+a8=48,
∴前8项和为a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=90.
故选A.
(2)(2024山东淄博一模)已知等比数列{an}共有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q= .
2
解析 依题意,a1+a3+a5+…+a2n+1=85,即a2q+a4q+…+a2nq=84,
而a2+a4+…+a2n=42,
所以q=2.
考点三 两数列的公共项问题
例4(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
3n2-2n
解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列构成的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1 ×6=3n2-2n.
规律方法
求两个数列公共项的两种方法
不定 方程法 列出两个项相等的不定方程,求出符合条件的项,并解出相应的通项公式
周期法 即寻找下一项:通过观察找到首项后,从首项开始向后,逐项判断,并找到规律(周期),分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式
[对点训练3]已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=2n,bn=2n,现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后,将余下的项按照从小到大的顺序进行排列,得到新的数列{cn},则数列{cn}的前150项之和为( )
A.23 804 B.23 946
C.24 100 D.24 612
D
解析 因为a150=300,28=256<300,29=512>300,所以数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项,又a158=316<29,故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项.
记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则
故选D.(共29张PPT)
第2讲 数列通项与求和
考点一 求数列的通项公式
例1(2024福建厦门模拟)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第50项为( )
A.1 224 B.1 225 C.1 226 D.1 227
C
解析 设数列{an}的前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,由题意可得a2-a1=1,
a3-a2=2,a4-a3=3,…,a50-a49=49,上述等式累加可得
a50-a1=1+2+3+…+49= =1 225,
所以a50=a1+1 225=1 226.故选C.
增分技巧
求数列{an}通项公式的常用方法
[对点训练1]已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn= an+1-2,a2=12,则S4= .
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考点二 分组转化法求和
例2已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前50项和.
解 (1)依题意an>0,当n=1时,4a1=4S1=(a1-1)(a1+3),解得a1=3.
由4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*),①
当n≥2时,有4Sn-1=(an-1-1)(an-1+3),②
所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an+an-1>0,所以an-an-1=2(n≥2),
所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an=2n+1.
(2)由(1)得,a50=101,又26<101<27,同时a44=89>26,所以b50=a44,
所以b1+b2+…+b50=(a1+a2+…+a44)+(21+22+…+26)=
=2 024+126=2 150.所以{bn}的前50项和为2 150.
解 由题意知数列{an}满足a1=1,a2n=a2n-1+1,a2n+1=a2n+2,所以a2n+1=a2n+2=a2n-1+3.
所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列.
同理,由a2n+2=a2n+1+1=a2n+3知数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.
从而数列{an}的前20项和为S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)
考点三 裂项相消法求和
例3已知数列{an}是等差数列,其前n项和为An,a7=15,A7=63,数列{bn}的前n项和为Bn,2Bn=3bn-3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
解 (1)数列{an}是等差数列,设公差为d,
∴an=2n+1,n∈N*.
由已知2Bn=3bn-3,
当n=1时,2B1=3b1-3=2b1,解得b1=3,
当n≥2时,2Bn-1=3bn-1-3,
∴2Bn-2Bn-1=(3bn-3)-(3bn-1-3)=3bn-3bn-1,n∈N*,
即bn=3bn-1,
∴数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,
∴bn=3n,n∈N*.
[对点训练3](2024河北邢台一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且{Sn+n2}也是等差数列.
(1)求数列{an}的公差;
解 (1)设数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=dn+a1-d.
因为{Sn+n2}是等差数列,所以Sn+1+(n+1)2-Sn-n2为常数,Sn+1+(n+1)2-Sn-n2 =an+1+2n+1=nd+a1+2n+1=(d+2)n+a1+1,所以d+2=0,解得d=-2,即数列{an}的公差为-2.
考点四 错位相减法求和
例4(2023全国甲,理17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列 的前n项和Tn.
解 (1)由题意可知,2Sn=nan,①
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②
①-②得2an=nan-(n-1)an-1,
∴(n-1)an-1=(n-2)an.
∴an=n-1(n≥2),
当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n-1(n∈N*).
(方法二 累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,
显然a1=0,a2=1满足,
∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),
∴an+1=n,
[对点训练4](2024湖南邵阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn, c1=a2=3且S6-S3=27,数列{cn}满足 设bn=c2n+c2n-1.
(1)求{an}的通项公式,并证明:bn+1=2bn-3;
(2)设tn=an(bn-3),求数列{tn}的前n项和Qn.
(1)证明 设等差数列{an}的公差为d,
由S6-S3=27,可得a4+a5+a6=27,即3a5=27,解得a5=9,
又a2=3,可得d= =2,所以an=a2+(n-2)d=3+(n-2)×2=2n-1,
由数列{cn}满足cn+1= 可得c2n=c2n-1-1,c2n+1=2c2n,c2n+2=c2n+1-1,
所以bn=c2n+c2n-1=2c2n+1,
因为bn+1=c2n+2+c2n+1=4c2n-1=2(2c2n+1)-3,
所以bn+1=2bn-3.
(2)解 由(1)可知bn+1-3=2(bn-3),
因为b1-3=c1+c2-3=c1+c1-1-3=2≠0,
所以数列{bn-3}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以bn-3=2×2n-1=2n,
所以tn=(2n-1)×2n,
所以Qn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,
则2Qn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)×2n+1,
两式相减,可得-Qn=1×2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1
=2+ -(2n-1)×2n+1=2+2n+2-8-(2n-1)×2n+1=(3-2n)×2n+1-6,
所以Qn=(2n-3)×2n+1+6.(共8张PPT)
规范解答三 数列
典例(2023新高考Ⅰ,20,12分)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令
记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
题意理解
由等差数列的性质把等差数列的前n项和换成通项
目
教师讲评
1.本题以一个等差数列的通项公式与另一个
数列的通项公式间的关系为载体，考查等差数列的
通项公式及前n项和的性质.
2.第(1)问利用等差数列某些项以及前n项和
的关系建立关于公差d的方程，解方程即可；第
(2)问利用等差数列前n项和的性质将S,与T
的关系转化为αm与bm的关系式，求解即可.(共44张PPT)
专题检测三
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一、选择题
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1.(2024广东广州一模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a3a5=2a2a4,则
A.5 B.4 C.3 D.2
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2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1>0,a8,a9是方程x2+x-2 023=0的两根,则能使Sn>0成立的n的最大值为( )
A.15 B.16 C.17 D.18
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解析 ∵a8,a9是方程x2+x-2 023=0的两根,
∴a8·a9=-2 023,a8+a9=-1,
=8 093>802,
∴d=a9-a8<-80,
由等差数列性质知a8+a9=a1+a16=a2+a15=…=a7+a10=-1,
∴S16=a1+a2+…+a16=-8<0,a16=a9+7d<-560,S15=S16-a16>552>0,即使得Sn>0成立的n的最大值为15.故选A.
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3.正项等比数列{an}与正项等差数列{bn},若a1a5=b5b7,则a3与b6的关系
是( )
A.a3=b6 B.a3≥b6
C.a3≤b6 D.以上都不正确
C
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5.(2024湖南长沙模拟)我们把由0和1组成的数列称为0-1数列,0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用,把斐波那契数列{Fn}(F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇数换成0,偶数换成1可得到0-1数列{an},记数列{an}的前n项和为Sn,则S100的值为( )
A.32 B.33 C.34 D.35
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解析 因为F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1,
所以F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,F7=13,F8=21,F9=34,…,
所以数列{an}的前若干项为a1=a2=0,a3=1,a4=0,a5=0,a6=1,a7=0,a8=0,a9=1,…,
即数列{an}是以3为最小正周期的周期数列,则a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=…=1,
所以S100=33×1+0=33.故选B.
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6.(2020全国Ⅱ,理4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块
B.3 474块
C.3 402块
D.3 339块
C
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解析 由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以
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解析 令x=y=0,由已知可得f(1)=f2(0)-f(0)+2=2.令y=1,由已知可得f(x+1)=f(x)f(1)-f(1)-x+2=2f(x)-x,
设an=f(n),n∈N*,则an+1=2an-n,整理可得an+1-(n+2)=2[an-(n+1)].
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二、选择题
9.(2024福建福州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S5=35,
则( )
A.nan的最小值为1
B.nSn的最小值为1
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10.(2024山东枣庄一模)将数列{an}中的所有项排成如下数阵:
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
…
从第2行开始每一行比上一行多两项,且每行从左到右均构成以2为公比的等比数列;第1列数a1,a2,a5,…成等差数列.若a2=2,a10=8,则( )
A.a1=-1
C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在数阵中出现两次
ACD
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解析 设第1列数a1,a2,a5,a10,…构成等差数列{bn},设公差为d,
又由b2=a2=2,b4=a10=8,可得a1+d=2,a1+3d=8,解得a1=-1,d=3,
则第一列的通项公式为bn=-1+(n-1)×3=3n-4,
又从第2行开始每一行比上一行多两项,且每一行从左到右均构成以2为公比的等比数列,
可得a2+a3+…+a9=2+4+8+5+10+20+40+80=169,所以A正确,B错误;
又因为每一行的最后一个数为a1,a4,a9,a16,…,
且452=2 025,可得a2 024是a2 025的前一个数,且a2 025在第45行,
因为这一行共有2×45-1=89个数,则a2 024在第45行的第88列,所以C正确;
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由题设可知第i行第j个数的大小为(3i-4)×2j-1,
令(3i-4)×2j-1=2 024=253×23,若j=1,则3i-4=2 024,即i=676;
若j=2,则3i-4=1 012,无整数解;
若j=3,则3i-4=506,即i=170;若j=4,则3i-4=253,无整数解.
故D正确.故选ACD.
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11.螺旋线这个词来源于希腊文,原意是“旋卷”或“缠卷”,如图所示的阴影部分就是一个美丽的旋卷型的图案,它的画法是:正方形ABCD的边长为4,取正方形ABCD各边的四等分点E,F,G,H,作第二个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的四等分点M,N,P,Q,作第三个正方形MNPQ,按此方法继续下去,就可以得到如图所示的图形.设正方形ABCD的边长为a1,后续各正方形的边长依次为a2,a3,…,an,…;如图阴影部分,设直角三角形AEH的面积为b1,后续各直角三角形面积依次为b2,b3,…,bn,….下列说法正确的是( )
BCD
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三、填空题
12.(2023全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
解析 已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.
∵a1≠0,∴q≠1.
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13.我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表,即“杨辉三角”,这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中,第n行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则此数列的前56项和为 .
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14.(2021新课标Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么
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四、解答题
15.(13分)(2022全国甲,理17)设Sn为数列{an}的前n项和.已知
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
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(1)证明 由 +n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,又当n≥2时,有
2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1 =2n-2,n≥2,n∈N*.即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.
(2)解 由题意可知 =a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以
an=-12+(n-1)×1=n-13,其中a1
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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Sncos nπ,求数列{bn}的前2n-1项和T2n-1.
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所以T2n-1=-12+22-32+42-…+(-1)2n-1(2n-1)2
=(22-12)+(42-32)+…+[(2n)2-(2n-1)2]-(2n)2
=[1+2+3+4+…+(2n-1)+2n]-4n2
=n(2n+1)-4n2=-2n2+n.
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解 (1)当n≥2时,an=2an-1+3,故an+3=2(an-1+3),又a1+3=2≠0,
故{an+3}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an+3=2n,故an=2n-3,
设{bn}的公差为d,则由b1=2,2b3+S5=2(b1+2d)+5b1+10d=28,解得d=1,
故bn=2+(n-1)=n+1.
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18.(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=- ,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
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19.(17分)如图,曲线y= 下有一系列正三角形,设第n个正三角形
△Qn-1PnQn(Q0为坐标原点)的边长为an.
(1)求a1,a2的值;
(2)求出数列{an}的通项公式;
(3)设曲线在点Pn处的切线斜率为kn,求证:
k1k2+k2k3+k3k4+…+kn-1kn< (n≥2,n∈N*).
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