(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= .
48
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19张PPT)
培优拓展(八)数列中的增减项问题
数列中的增减项,是指由已知的数列通过插入项、剔除项或合并项等得到新的数列,再研究新数列的求和等问题,是高考命题的热点.解决此类问题的关键,是弄清楚新生成的数列与已知数列的关系,确定其特征,并根据题意和要求解题.
角度一 数列中的减项问题
例1已知数列{an}是等差数列,前n项和为Sn;数列{bn}是各项均为正数的等比数列,前n项和为Tn;且a2=b2=4,a8=b4=16.
(1)分别求数列{an},{bn}的通项公式和前n项和Sn,Tn;
(2)若将数列{an}中出现的数列{bn}的项剔除后,剩余的项从小到大排列得到数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Kn,求K2 021.
(2)将数列{an}中出现的数列{bn}的项剔除后,剩余的项从小到大排列得到数列{cn},
∵b11=211=2 048
a2 021=4 042,
b12=212=4 096>a2 032=4 064,
∴数列{cn}的前2 021项和需要从数列{an}的前2 032项和中剔除{bn}的前11项,∴K2 021=S2 032-T11=2 0322+2 032-212+2=4 126 962.
角度二 数列中的并项问题
例2设Sn为数列{an}的前n项和,a2=7,且对任意的自然数n,恒有an+3=
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若集合A={x|x=an,n∈N*},B={x|x=3n,n∈N*},将集合A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Tn,求T102的值.
可得n=1时,a1=2a1-3,解得a1=3;
n=2时,2a2=2S2-6=2(a1+a2)-6,解得a1=3;
n=3时,3a3=2S3-9=2(a1+a2+a3)-9,解得a3=11.
当n≥2时,由an+3= ,得nan=2Sn-3n,
得(n-1)an-1=2Sn-1-3(n-1),
两式相减可得(n-2)an=(n-1)an-1-3,
当n≥3时,由上式得(n-3)an-1=(n-2)·an-2-3,
上面两式相减可得an+an-2=2an-1,n≥3,且a1+a3=2a2,
所以数列{an}是首项为3,公差为4的等差数列,
所以an=3+4(n-1)=4n-1.
(2)因为集合A={x|x=4n-1,n∈N*},B={x|x=3n,n∈N*},
所以集合A∪B中的所有元素的最小值为3,
因为35=243所以T102=a1+a2+a3+…+a100+9+81= ×100×(3+400-1)+90=20 190.
角度三 数列中的插项问题
例3(2024江苏南京模拟)已知各项均为正数的数列{an}中,a1=1且满足
=2an+2an+1,数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+1=3bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若在bk与bk+1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}:b1,a1,b2,a2,a3,b3,a4,a5,a6,b4,…,求数列{cn}中前50项的和T50.
针对训练
1.(2024广东梅州一模)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=b1=4,b2=a2+1,b3=2a3-4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列(相等项计两项)得到新数列{cn},求{cn}的前50项的和.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
所以an=3n+1,bn=2n+1.
(2)由an=3n+1,bn=2n+1,可得{cn}的前50项中有3个相同的项,为4,16,64.
所以当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时,
令3n+1=25+1=64,得n=21,则{cn}的第26项为64,
当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时,
令3n+1<26+1=128,得n< ,则{cn}的第48项为128;
所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项且含有数列{an}的前44项,
故数列{cn}的前50项和(共16张PPT)
培优拓展(九)数列中的奇、偶项问题
解数列中的奇、偶项问题,可以把一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
数列中奇、偶项问题的常见题型有:
(1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n));
(2)通项公式中含有(-1)n的类型;
(3)含有{a2n},{a2n-1}的类型;
(4)已知条件明确的奇、偶项问题.
角度一 通项中含有(-1)n的数列求和
例1已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且 +2an=4Sn,数列{bn}满足
(1)求数列{bn}的前n项和Bn,并证明Bn+1,Bn,Bn+2是等差数列;
(2)设cn=(-1)nan+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
角度二 奇、偶项通项不同的数列求和
例2(2023新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列, 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]
=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]
针对训练
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}的通项公式为cn=an+(-1)n·(3bn+1),求数列{cn}的前n项和Tn.
(2)由(1)可得an=2n,bn=n,则cn=an+(-1)n·(3bn+1)=2n+(-1)n(3n+1),则数列{cn}的前n项和Tn=21+(-1)×(3+1)+22+(-1)2×(3×2+1)+…+2n+(-1)n(3n+1),
当n为偶数,n∈N*时,Tn=(21+22+…+2n)+[(-1)×(3+1)+(-1)2×(3×2+1) +…+(-1)n(3n+1)].(共37张PPT)
专题突破练10 等差数列、等比数列
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主干知识达标练
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1.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,其前n项和为Sn,若S9=18,则a5=( )
A.-2 B.0 C.2 D.4
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3.已知等比数列{an}的前n项积为Tn,a1=16,公比q= ,则Tn取最大值时n的值为( )
A.3 B.6 C.4或5 D.6或7
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4.已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,若ln a1,ln a3,ln a6也是等差数列,则其公差为( )
D
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5.(2024山东潍坊一模)已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=( )
C.21 012-1 D.21 011-1
A
解析 依题意,a1+a2=1,an+an+1=2n-1,当n≥2时,an-1+an=2n-2,则an+1-an-1=2n-2,
所以a2 024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2 024-a2 022)=1+2+23+25+…+22 021
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6.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a5=-4,S5=-40,则( )
A.a10=6
B.S10=-30
C.当且仅当n=6时,Sn取最小值
D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=0
AB
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令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,则当n=6或n=7时,Sn取最小值,C不正确;因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7=0,所以a5+a6+a7+a8+a9+a10=a10=6≠0,D不正确.故选AB.
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7.(多选题)一百零八塔始建于西夏时期,是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一,塔群随山势凿石分阶而建,自上而下一共12层,第1层有1座塔,从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数,总计108座塔.已知包括第1层在内的其中十层的塔数可以构成等差数列{an},剩下的两层的塔数分别与上一层的塔数相等,第1层与第2层的塔数不同,则下列结论正确的有( )
A.第3层的塔数为3
B.第4层与第5层的塔数相等
C.第6层的塔数为9
D.等差数列{an}的公差为2
ABD
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塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,
依题意剩下两层的塔数为3和5,
所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,因此A,B,D正确,C错误.故选ABD.
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8.我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题:“今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩二,七七数之剩二,问物几何 ”根据这一数学思想,所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn},把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则下列结论正确的是( )
A.a3+b5=c3 B.b28=c10
C.a5b2>c8 D.c9-b9=a26
B
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解析 根据题意数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,则an=2+3(n-1) =3n-1,数列{bn}是首项为2,公差为5的等差数列,则bn=2+5(n-1)=5n-3,数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},故数列{cn}是首项为2,公差为15的等差数列,则cn=2+15(n-1)=15n-13.对于A,a3+b5=(3×3-1)+(5×5-3)=30,c3=15×3-13=32,a3+b5≠c3,A错误;对于B,b28=5×28-3=137, c10=15×10-13=137,b28=c10,B正确;对于C,a5=3×5-1=14,b2=5×2-3=7, c8=15×8-13=107,a5b2=14×7=98<107=c8,C错误;对于D,c9=15×9-13 =122,b9=5×9-3=42,a26=3×26-1=77,c9-b9=122-42=80≠77=a26,D错误.故选B.
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9.(5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn,写出一个满足下列条件的{an}的公比q= .
①a1>0;②{an}是递增数列;③S3<13a1.
2(答案不唯一)
解析 由等比数列的通项公式可得an=a1qn-1,则an-an-1=a1qn-2(q-1),
因为a1>0,且{an}是递增数列,所以q>1.
因为S3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,因为a1>0,所以q2+q-12<0,解得-4综上,11
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10.(5分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和, S11=11,b5b7=3,则 = .
-1
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当n=1时,a1=2;
当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,②
①②两式相减可得2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)2n-1,即an=n+1,n≥2;
a1=2也满足上式,所以an=n+1,n∈N*.
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12.(5分)(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7= ;数列{an}所有项的和为 .
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关键能力提升练
13.(多选题)(2024山东德州模拟)将n2个数排成n行n列的数阵,如图所示,该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=3,a13=a51+1,记这n2个数的和为S,下面叙述正确的是( )
a11 a12 a13 … a1n
a21 a22 a23 … a2n
a31 a32 a33 … a3n
……
an1 an2 an3 … ann
A.m=2
B.a78=15×28
C.aij=(2i+1)·2j-1
D.S=n(n+2)(2n-1)
ACD
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解析 由题意a13=a11·m2=3m2,a51=a11+4m=3+4m,由a13=a51+1,则3m2=3+4m+1,整理可得(3m+2)(m-2)=0,又m>0,所以m=2,故A正确;对于B,a71=a11+6×2=15,a78=a71·27=15×27≠15×28,故B错误;对于C,
ai1=a11+(i-1)×2=1+2i,aij=ai1·2j-1=(1+2i)·2j-1,故C正确;
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14.若数列{an}满足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),记Tn=a1a2…an,则T2 023=( )
C
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15.(多选题)(2024山西吕梁三模)已知等差数列{an}的首项为a1,公差为d,前n项和为Sn,若S10A.当n=8时,Sn最大
B.使得Sn<0成立的最小自然数为n=18
C.|a8+a9|>|a10+a11|
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由a9>0,a10<0,所以当n=9时,Sn最大,故A错误;
由S10两式相加,得a10+a11+a8+a9<0,所以|a8+a9|<|a10+a11|,故C错误;
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16.(5分)设Tn为数列{an}的前n项和,若 (n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等比数列”;若数列{cn}是首项为2,公差不为0的等差数列,且数列{cn}是“和等比数列”,则c2+c7+c12= .
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17.(5分)(2024江西南昌模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,均有S8≤Sn成立,则 的取值范围为 .
解析 由题意知S8是等差数列{an}的前n项和中的最小值,则必有a1<0,公差d>0,
若a8=0,此时S7=S8,S7,S8是等差数列{an}的前n项和中的最小值,
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18.(5分)设数列{an},{bn}满足an=2n,bn=3n-8,则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k个数构成一个新数列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有数构成首项为1,公差为2的等差数列,则数列{en}的前20项和T20= .
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解析 ∵an=2n,∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a1=2,a2=4,a3=8,a4=16.
∵bn=3n-8,∴b1=-5,b2=-2,b3=1,b4=4,
显然a1不是数列{bn}中的项.
∵a2=4=b4,∴a2是数列{bn}中的第4项,
设ak=2k是数列{bn}中的第m项,则2k=3m-8(k,m∈N*,k≥2).
∵ak+1=2k+1=2×2k=2(3m-8)=6m-16,
∴ak+1不是数列{bn}中的项.
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∵ak+2=2k+2=4×2k=4(3m-8)=3(4m-8)-8,∴ak+2是数列{bn}中的项.
∴c1=a2,c2=a4,c3=a6,…,cn=a2n,
∴数列{cn}的通项公式是cn=22n=4n.
∵(1+2+3+4+5)+5=20,
∴{en}的前20项包括{cn}的前5项,以及{2n-1}的前15项,
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核心素养创新练
19.(多选题)(2024湖南长沙一模)小华玩一种跳棋游戏,一个箱子中装有大小质地均相同的且标有1~10的10个小球,每次随机抽取一个小球并放回,规定:若每次抽取号码小于或等于5的小球,则前进1步,若每次抽取号码大于5的小球,则前进2步.每次抽取小球互不影响,记小华一共前进n步的概率为Pn,则下列说法正确的是( )
BC
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19(共26张PPT)
专题突破练11 数列通项与求和
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主干知识达标练
1.(15分)(2024河北唐山一模)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大整数n.
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解 (1)设{an}的公比为q(q>0),则an=a1qn-1,
整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+ ,
显然,Tn随着n的增大而增大,
T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大整数n=10.
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3.(15分)(2024浙江金华高三期末)已知数列{an}是等差数列,a1=3,d≠0,且a1,a7,a25构成等比数列.
(1)求an;
(2)设f(n)=an,若存在数列{bn}满足b1=1,b2=7,b3=25,且数列{f(bn)}为等比数列,求{anbn}的前n项和Sn.
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(2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,
又数列{f(bn)}为等比数列,∴首项为3,公比为3,故f(bn)=3n,
而f(bn)==bn+2,
∴3n=bn+2,
∴bn=3n-2,
∴anbn=(n+2)3n-2(n+2),
解 (1)∵{an}是等差数列,a1=3,d≠0,∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.
∵a1,a7,a25构成等比数列,∴=a1(a1+24d),
化简可得a1=3d=3,∴d=1,∴an=n+2.
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设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn,
则Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n①,
3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1②,
①②相减得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,
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关键能力提升练
4.(15分)(2024山东德州高三开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足6Sn=(3n+2)an+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
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解 (1)因为6Sn=(3n+2)an+2,当n=1时,6S1=6a1=5a1+2,所以a1=2,
当n≥2时,6Sn-1=(3n-1)an-1+2,
所以6Sn-6Sn-1=6an=(3n+2)an-(3n-1)an-1,
所以an=3n-1(n≥2),
当n=1时a1=2也符合上式,所以an=3n-1.
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5.(15分)(2024湖南永州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的n∈N*,都有点P(an,Sn)在直线2x-3y+1=0上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令 ,求数列{bn}的前20项和T20.
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解 (1)根据题意得,对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,
当n≥2时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),
即3an=2an-2an-1(n≥2),整理得an=-2an-1(n≥2),
当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,
所以数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,所以an=(-2)n-1.
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(2)当n为奇数时,an=2n-1,且an>0,当n为偶数时,an=-2n-1,且an<0,
因此当n为大于1的奇数时,{an}前n项中的最大值为an=(-2)n-1,
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核心素养创新练
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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11,使a1,x11,a2成等差数列;在a2和a3之间插入2个数x21,x22,使a2,x21,x22,a3成等差数列;…;在an和an+1之间插入n个数xn1,xn2,…,xnn,使an,xn1,xn2,…,xnn,an+1成等差数列,这样可以得到新数列{bn}:a1,x11,a2,x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4,…,an,设数列{bn}的前n项和为Sn,求S55(用数字作答,参考数据:211=2 048).
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(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55 n=10.
所以新数列{bn}前55项中包含数列{an}的前10项,还包含x11,x21,x22,x31,x32,…,x98,x99,且
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设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29,
则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210,
两式相减得-T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.
故T=17×210+2.(共19张PPT)
专题突破练12 数列解答题
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2.(15分)(2024福建厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=2a1=4,当n∈N*,且n≥2时,Sn+1=3Sn-2Sn-1.
(1)证明:{an}为等比数列;
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(1)证明 因为当n≥2时,Sn+1=3Sn-2Sn-1,变形得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1),即an+1=2an,
又a2=2a1=4,故an+1=2an在n∈N*上都成立,且a1=2,
所以{an}是首项、公比均为2的等比数列.
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3.(15分)(2024山西大同模拟)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a2,a3-1是公差为d的等差数列{bn}的前3项.
(1)求q+d的最小值;
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解 (1)由题知a1+a3-1=2a2,
即a1+a1q2-1=2a1q,
可得a1(q-1)2=1.
即q=2时等号成立.
所以q+d的最小值为3.
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(2)由(1)知,当q+d取最小值时,q=2,d=1,a1=1,所以an=2n-1,bn=n.
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4.(15分)(2024江苏南通二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-4an+1,
a1=-1.
(1)证明:数列{2an+1-an}为等比数列;
(2)设 ,求数列{bn}的前n项和;
(3)是否存在正整数p,q(p<61
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(1)证明 n∈N*,Sn=an-4an+1,
当n≥2时,Sn-1=an-1-4an,
两式相减得an=an-an-1-4an+1+4an,
即4an+1=4an-an-1,
则有2(2an+1-an)=2an-an-1,
当n=1时,S1=a1=a1-4a2,
则a2=0,
即2a2-a1=1≠0,
所以数列{2an+1-an}是以1为首项, 为公比的等比数列.
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5(共26张PPT)
专项突破三 数列解答题
考点一 等差、等比数列的判定与证明
例1(2021全国甲,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列 是等差数列;③a2=3a1.
∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③ ②
设等差数列{an}的公差为d.
∵a2=3a1,∴a1+d=3a1,∴d=2a1,
=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,当n=1时,an=(2n-1)a1也成立,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*.
又an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1(常数),
∴数列{an}是等差数列.
[对点训练1](2024山东高中名校统一调研)已知数列{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,令cn=an+bn.
(1)证明:数列{cn}不是等比数列;
(2)若an=2n,bn=3n,是否存在常数k,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列 若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.
整理得12(2+k)(3+k)=13(2+k)(3+k),解得k=-2或k=-3.
经检验,当k=-2时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-2)·(2n+3n)=3n,
此时数列{cn+1-2cn}为等比数列;
当k=-3时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-3)·(2n+3n)=-2n,
数列{cn+1-3cn}为等比数列,
所以存在常数k=-2或k=-3,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列.
考点二 证明数列不等式
[对点训练2](2024广东珠海模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=(n+2)(an+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(1)解 由2Sn=(n+2)(an+1),则2Sn+1=(n+3)(an+1+1),
则2Sn+1-2Sn=(n+3)(an+1+1)-(n+2)(an+1)=2an+1,
考点三 求数列不等式中参数的范围(最值)问题
例3(2024福建泉州高三检测)已知正项数列{an},{bn}满足:对任意正整数n,都有an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列,且a1=10,a2=15.
(方法一 参变不分离)
设f(n)=(λ-1)n2+(3λ-6)n-8,n∈N*,则f(n)<0对任意正整数n恒成立,
当λ-1>0,即λ>1时,不满足条件;
当λ-1=0,即λ=1时,f(n)=-3n-8,满足条件;
当λ-1<0,即λ<1时,
令f(x)=(λ-1)x2+(3λ-6)x-8,
综上,当实数λ≤1时,不等式恒成立.
[对点训练3]数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2=2an+1-an,n∈N*.
(1)求a2,a3,并求数列{an}的通项公式;
解 (1)由an+2=2an+1-an,n∈N*知数列{an}为等差数列,设其公差为d.
令n=1,a3=2a2-a1=2a2-8,令n=2,a4=2a3-a2=2(2a2-8)-a2=2,
解得a2=6,a3=4,
所以d=a3-a2=-2.
故an=a1+(n-1)d=10-2n.